第75讲切点与切点弦_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第75讲 切点与切点弦
知识梳理
1、点Mx 0 ，y 0  在圆x2+y2=r2上，过点M作圆的切线方程为x x+y y=r2． 0 0
2、点Mx 0 ，y 0  在圆x2+y2=r2外，过点M作圆的两条切线，切点分别为A，B，则切点
弦AB的直线方程为x x+y y=r2．
0 0
3、点Mx 0 ，y 0  在圆x2+y2=r2内，过点M作圆的弦AB(不过圆心)，分别过A，B作圆
的切线，则两条切线的交点P的轨迹方程为直线x x+y y=r2．
0 0
4、点Mx 0 ，y 0  在圆(x-a)2+(y-b)2=r2上，过点M作圆的切线方程为x 0 -a  (x-
a)+y 0 -b  (y-b)=r2．
5、点Mx 0 ，y 0  在圆(x-a)2+(y-b)2=r2外，过点M作圆的两条切线，切点分别为A，
B，则切点弦AB的直线方程为x 0 -a  (x-a)+y 0 -b  (y-b)=r2．
6、点Mx 0 ，y 0  在圆(x-a)2+(y-b)2=r2内，过点M作圆的弦AB(不过圆心)，分别过
A，B作圆的切线，则两条切线的交点P的轨迹方程为x 0 -a  (x-a)+y 0 -b  (y-b)=r2．
7、点Mx 0 ，y 0 
x2 y2 x x
在椭圆 + =1(a>b>0)上，过点M作椭圆的切线方程为 0 + a2 b2 a2
y y
0 =1．
b2
8、点Mx 0 ，y 0 
x2 y2
在椭圆 + =1(a>b>0)外，过点M作椭圆的两条切线，切点分别 a2 b2
x x y y
为A，B，则切点弦AB的直线方程为 0 + 0 =1．
a2 b2
9、点Mx 0 ，y 0 
x2 y2
在椭圆 + =1(a>b>0)内，过点M作椭圆的弦AB(不过椭圆中 a2 b2
x x y y
心)，分别过A，B作椭圆的切线，则两条切线的交点P的轨迹方程为直线 0 + 0 =1．
a2 b2
10、点Mx 0 ，y 0 
x2 y2
在双曲线 - =1(a>0，b>0)上，过点M作双曲线的切线方程为 a2 b2
x x y y
0 - 0 =1．
a2 b2
11、点Mx 0 ，y 0 
x2 y2
在双曲线 - =1(a>0，b>0)外，过点M作双曲线的两条切线， a2 b2
x x y y
切点分别为A，B，则切点弦AB的直线方程为 0 - 0 =1．
a2 b2
12、点Mx 0 ，y 0 
x2 y2
在双曲线 - =1(a>0，b>0)内，过点M作双曲线的弦AB(不过 a2 b2
x x
双曲线中心)，分别过A，B作双曲线的切线，则两条切线的交点P的轨迹方程为直线 0 -
a2
y y
0 =1．
b2
13、点Mx 0 ，y 0  在抛物线y2=2px(p>0)上，过点M作抛物线的切线方程为y y= 0
px+x 0  ．
14、点Mx 0 ，y 0  在抛物线y2=2px(p>0)外，过点M作抛物线的两条切线，切点分别为
A，B，则切点弦AB的直线方程为y 0 y=px+x 0  ．
第 页 共 页
2705 342715、点Mx 0 ，y 0  在抛物线y2=2px(p>0)内，过点M作抛物线的弦AB，分别过A，B作
抛物线的切线，则两条切线的交点P的轨迹方程为直线y 0 y=px+x 0  ．
必考题型全归纳
1 题型一：切线问题
4224 (2024·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习)已知抛物线E:y2=2px(p>
0)，焦点为F.过抛物线外一点P(不在x轴上)作抛物线C的切线PA,PB，其中A、B为切
点，两切线分别交y轴于点C,D.
 
(1)求CA⋅CF的值；
(2)证明：
①FP  是FA  与FB  的等比中项；
②FP平分∠AFB.
p
【解析】(1)抛物线E:y2=2px(p>0)焦点F ,0
2

y2
，设点A 1 ,y
2p 1

y2
,B 2 ,y
2p 2
 ，
设抛物线C的切线PA,PB的方程分别为：
y2
y-y =k x- 1
1 1 2p

y2
,y-y =k x- 2
2 2 2p

y2
y-y =k x- 1
由 1 1 2p
  2p 2p
 整理得，y2- y+ y -y2=0，
k k 1 1
y2=2px 1 1
2p
由Δ=-
k
1

2 2p
-4 y -y2
k 1 1
1
 =0，
p p
可得k = ，同理k = ，
1 y 2 y
1 2
则抛物线C的切线PA,PB的方程分别为：
p y2
y-y = x- 1
1 y 2p
1

p y2
,y-y = x- 2
2 y 2p
2

y
则C0, 1
2

yy y +y
，P 1 2, 1 2
2p 2
 ，
 y2 y
则CA= 1 , 1
2p 2

 p y
,CF= ,- 1
2 2

  y2 p y y
，CA⋅CF= 1 × + 1 ×- 1
2p 2 2 2
 =0
(2)①由(1)可得FP 
yy p
=  1 2 -
2p 2

2 y +y
+ 1 2
2

2
FA 
y2 p
= 1 + ，FB
2p 2

y2 p
= 2 + ，
2p 2
则FA  ⋅FB 
y2 p
= 1 +
2p 2

y2 p
⋅ 2 +
2p 2

y2y2 y2+y2 p2
= 1 2 + 1 2 + ，
4p2 4 4
FP  yy p 2= 1 2 -
2p 2
 2 + y 1 +y 2
2
 2 = y2 1 y2 2 + y2 1 +y2 2 + p2 ，
4p2 4 4
则FP  2=FA  ⋅FB  ，故FP  是FA  与FB  的等比中项；
 y2 p
②FA= 1 - ,y
2p 2 1

 y2 p
,FB= 2 - ,y
2p 2 2

 yy p y +y
,FP= 1 2 - , 1 2
2p 2 2
 ,
 
cos∠AFP=cosFA,FP 
 
FA⋅FP
= 
FA 

⋅FP 
第 页 共 页
2706 3427y2 p
 1 -
2p 2
=

yy p
 1 2 -
2p 2

y +y
+y  1 2
1 2

y2 p  1 +
2p 2
  ⋅FP 
y2 p
 1 +
2p 2
=

yy p
 1 2 +
2p 2

y2 p  1 +
2p 2
  ⋅FP 
yy p
1 2 +
2p 2
= 
FP 
，
 
cos∠BFP=cosFB,FP 
 
FB⋅FP
= 
FB 

⋅FP 
y2 p
 2 -
2p 2
=

yy p
 1 2 -
2p 2

y +y
+y  1 2
2 2

y2 p  2 +
2p 2
  ⋅FP 
y2 p
 2 +
2p 2
=

yy p
 1 2 +
2p 2

y2 p  2 +
2p 2
  ⋅FP 
yy p
1 2 +
2p 2
= 
FP 
则cos∠AFP=cos∠BFP,又∠AFP,∠BFP∈0,π  ，则∠AFP=∠BFP
故FP平分∠AFB.
4225 (2024·江西·高三校联考开学考试)已知抛物线C:x2=8y，F为C的焦点，过点F的直线
l与C交于H，I两点，且在H，I两点处的切线交于点T．
(1)当l的斜率为-1时，求HI  ；
(2)证明：FT⊥HI．
【解析】(1)依题意，抛物线C的焦点F0,2  ，准线方程y=-2，当l的斜率为-1时，l的方
程为y=-x+2，
由  x y 2 = = - 8 x y +2 ，得y2-12y+4=0，设Hx 1 ,y 1  ，Ix 2 ,y 2  ，则y +y =12， 1 2
所以|HI|=|HF|+|FI|=y +2+y +2=16.
1 2
(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+2，
由  x y 2 = = k 8 x y +2 消去y得x2-8kx-16=0，由(1)Hx 1 ,y 1  ，Ix 2 ,y 2  ，
1 1
x +x =8k，xx =-16，对y= x2求导，得y= x，
1 2 1 2 8 4
1
切线TH的方程为y-y 1 = 4 x 1x-x 1 
1
，切线TI的方程为y-y 2 = 4 x 2x-x 2  ，
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2707 34271
y-y 1 = 4 x 1x-x 1 由  1
y-y 2 = 4 x 2x-x 2 
 x=4k  ，解得  ，即T4k,-2 y=-2  ，
当k=0时，T0,-2 
2-(-2) 1
，显然FT⊥HI；当k≠0时，直线FT的斜率为 =- ，因
0-4k k
此FT⊥HI，
所以FT⊥HI.
4226 (2024·湖北·高三校联考开学考试)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F作斜
率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点，当k= 2时，AB  =6.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设线段AB的中垂线与x轴交于点P，抛物线C在A,B两点处的切线相交于点Q，设
d
P,Q两点到直线l的距离分别为d,d ，求 1 的值.
1 2 d
2
p
【解析】(1)当k= 2时，直线l的方程为y= 2x-
2
 ，
设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
p
y= 2x-
联立方程组 2
  p2
 ,消去y得x2-2px+ =0，
4
y2=2px
p2
所以Δ =4p2-4× =3p2>0恒成立，
1 4
p2
x +x =2p，xx = ，
1 2 1 2 4
所以AB  = 1+( 2)2× (x +x )2-4xx = 3× 4p2-p2=3p=6， 1 2 1 2
解得p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由(1)知F1,0  ，则l:y=kx-1  ，
设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，显然x >0，x >0，线段AB的中点为M， 1 2
y=kx-1 联立方程组  ,  
y2=4x,
消去y得k2x2-2k2+4  x+k2=0(k>0)，
Δ 2 =2k2+4  2-4k4=16k2+16>0恒成立，
2k2+4
所以x +x = ,xx =1，
1 2 k2 1 2
2k2+4 4
所以y +y =k(x +x )-2k=k⋅ -2k= ，
1 2 1 2 k2 k
k2+2 2
所以M ,
k2 k

2 1 k2+2
，则AB的中垂线方程为y- =- x-
k k k2
 ，
2 2
令y=0，得x=3+ ，所以P3+ ,0
k2 k2
 ，
2
k3+
k2
所以d =
1
  -k
2 k2+1
= .
k2+1 k
2
由y2=4x(y≠0)得2yy=4，则y= ，
y
2 1
不妨设y =2 x ，y =-2 x ，则切线QA的斜率为 = ，切线QB的斜率为
1 1 2 2 2 x x
1 1
1
- ，
x
2
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2708 34271 1
则切线QA：y-2 x = (x-x)，即y= x+ x ，
1 x 1 x 1
1 1
1 1
切线QB:y+2 x =- (x-x )，即y=- x- x ，
2 x 2 x 2
2 2
1
 y= x x+ x 1  x=- x 1 x 2 =-1
联立方程组 1 ，解得 1 ，
1 y= x -
y=- x- x 1 x
x 2 1
2
由k2x2 1 -2k2+4 
4
x +k2=0，x2-2+ 1 1 k2  x +1=0， 1
2 得 x -1+
1 k2
  

 2 2 =1+
k2
 2 2 2 -1，得x =1+ ± 1+
1 k2 k2
 2 -1，
k2+1±2 k2+1+1 1+k2±1
得x = ，得x =
1 k2 1 k

2
，
y -0 2 x 1+k2-1
因为k= 1 = 1 >0，所以x >1，而x =
x -1 x -1 1 1 k
1 1

2
<1，
1+k2+1
所以x =
1 k

2 1+k2+1
，所以 x = ，
1 k
1 1+k2+1 k 2 2
则y= x - = - = ，所以Q-1,
1 x k 1+k2+1 k k
1
 ，
2
-k- -k
k
所以点Q到直线kx-y-k=0的距离d =
2

2 1+k2
= .
1+k2 k
d
故 1 =1.
d
2
4227 (2024·全国·高三专题练习)设抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为1的
直线l与E交于A，B两点，且AB  =8．
(1)求抛物线E的方程；
(2)设P1,m  为E上一点，E在P处的切线与x轴交于Q，过Q的直线与E交于M，N
两点，直线PM和PN的斜率分别为k 和k ．求证：k +k 为定值．
PM PN PM PN
p
【解析】(1)由题意，F ,0
2

p p2
，直线l的方程为y=x- ，代入y2=2px，得x2-3px+
2 4
=0．于是x 1 +x 2 =3p，∴焦点弦AB  =x +x +p=3p+p=4p=8，解得p=2．故抛 1 2
物线E的方程为y2=4x．
(2)因P1,m  在E上，∴m=2．设E在P处的切线方程为y-2=tx-1  ，代入y2=
4x，得ty2-4y+8-4t=0．由Δ=42-4t8-4t  =16t-1  2=0，解得t=1，∴P处的
切线方程为y=x+1，从而得Q-1,0  ．
第 页 共 页
2709 3427易知直线MN的斜率存在，设其方程为y=kx+1  ，设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ．
将y=kx+1  代入y2=4x，得k2x2+2k2-4 
4
x+k2=0．于是x +x = -2，xx = 1 2 k2 1 2
1，且y 1 =kx 1 +1  ，y 2 =kx 2 +1  ．
∴k +k = y 1 -2 + y 2 -2 = x 1 y 2 +x 2 y 1 -y 1 +y 2
PM PN x -1 x -1 1 2
 -2(x +x )+4 1 2
x 1 -1  x 2 -1 
= 2kx 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4-2k
x 1 x 2 -x 1 +x 2 
8 8
2k- +4+4-2k 8-
k2 k2 = = =2．
+1 4 4 1+2- +1 4-
k2 k2
故k +k 为定值2．
PM PN
x2 y2
4228 (2024·广东广州·高三华南师大附中校考开学考试)已知椭圆E: + =1(a>b>0)
a2 b2
的两焦点分别为F 1- 3,0  ,F 2 3,0 
π
，A是椭圆E上一点，当∠FAF = 时，△FAF 1 2 3 1 2
3
的面积为 .
3
(1)求椭圆E的方程；
(2)直线l 1 :k 1 x-y+2k 1 =0k 1 >0  与椭圆E交于M，N两点，线段MN的中点为P，过P
作垂直x轴的直线在第二象限交椭圆E于点S，过S作椭圆E的切线l ，l 的斜率为k ，
2 2 2
求k -k 的取值范围.
1 2
【解析】(1)由题意得c= 3，
由椭圆定义可得AF 1  +AF 2 
π
=2a，又∠FAF = ， 1 2 3
由余弦定理可得：cos∠FAF = AF 1
1 2
 2+AF 2  2-F 1 F 2  2
2AF 1  ⋅AF 2 
=
AF 1  +AF 2    2-2AF 1  ⋅AF 2  -F 1 F 2  2
2AF 1  ⋅AF 2 
= 4a2-2AF 1  ⋅AF 2  -4c2
2AF 1  ⋅AF 2 
= 4b2-2AF 1  ⋅AF 2 
2AF 1  ⋅AF 2 
1 = ，
2
所以AF 1  ⋅AF 2 
4b2 1
= 3 ，又S △F1AF2 = 2 AF 1  ⋅AF 2 
π 1 4b2 3 3
sin = ⋅ ⋅ = ，解得b= 3 2 3 2 3
1，
x2
所以a2=b2+c2=4，故椭圆E的方程为 +y2=1.
4
(2)直线l 1 :k 1 x-y+2k 1 =0k 1 >0  ，设Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ，
第 页 共 页
2710 3427kx-y+2k =0
 1 1
联立l 1 与E得x2 +y2=1 ，所以1+4k2 1
4
 x2+16k2x+16k2-4=0， 1 1
Δ=16k2 1  2-41+4k2 1  16k2 1 -4  =16>0恒成立，
16k2 16k2-4
所以x +x =- 1 ,xx = 1 ，
1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
1 1
x +x 8k2
故x = 1 2 =- 1 =x ，
P 2 1+4k2 S
1
设直线l 为y=k x+m，k >0，
2 2 2
y=k x+m
 2
联立x2 +y2=1 ，所以1+4k2 2
4
 x2+8k mx+4m2-4=0， 2
由Δ=8k 2 m  2-41+4k2 2  4m2-4  =0可得1+4k2=m2， 2
4k m 4k 8k2 4k 4k4
所以x =- 2 =- 2，则- 1 =- 2，所以得 1
S 1+4k2
2
m 1+4k2
1
m 1+4k2
1 
k2 k2
= 2 = 2 ，所
2 m2 1+4k2
2
2k2
以k = 1 ，
2 8k2+1
1
则k -k =k - 2k2 1 =k  1- 2
1 2 1 8k2 1 +1 1  8+ 1
 k2
1
 ，
1
由于函数y=8+ k2 在k 1 ∈0,+∞
1

2
上为减函数，所以函数y= 在k ∈ 1 1
8+
k2
1
0,+∞  上为增函数，
2
所以函数y=1- 1 在k 1 ∈0,+∞
8+
k2
1

2 2
上为减函数，所以1- <1- < 2 1
8+
k2
1
1，
所以k 1 -k 2 ∈0,+∞  .
x2 y2
4229 (2024·江西南昌·南昌市八一中学校考三模)已知椭圆E: + =1(a>b>0)经过点
a2 b2
0, 2 
6
，且离心率为 ，F为椭圆E的左焦点，点P为直线l:x=3上的一点，过点P作
3
椭圆E的两条切线，切点分别为A，B，连接AB，AF，BF．
(1)证明：直线AB经过定点M2,0  ；
(2)若记△AFM、△BFM的面积分别为S 1 和S 2 ，当S 1 -S 2  取最大值时，求直线AB的方
程．
参考结论：Qx 0 ,y 0 
x2 y2 x x
为椭圆 + =1上一点，则过点Q的椭圆的切线方程为 0 + a2 b2 a2
y y
0 =1．
b2
b2=2


c 6
【解析】(1)由题意可得 a = 3 ，即a2=6，b2=2，

  a2=b2+c2
x2 y2
故椭圆E的方程为 + =1，
6 2
设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，P3,y 0  ，
第 页 共 页
2711 3427xx yy
由参考结论知过点P在A处的椭圆E的切线方程为 1 + 1 =1，
6 2
x x y y
同理，过点P在B处的椭圆E的切线方程为 2 + 2 =1，
6 2
x yy
  1 + 1 0 =1
2 2
∵点P在直线PA，PB上，∴ ，
x y y
 2 + 2 0 =1
 2 2
x y y
∴直线AB的方程为 + 0 =1，即x-2+y y=0，
2 2 0
x-2=0
可得  ，则直线AB过定点M2,0
y=0
 ；
(2)由(1)知，F-2,0  ，FM  =4，
x=ty+2
设直线AB的方程为x=ty+2，联立
 x2+3y2=6
，
得t2+3 
4t 2
y2+4ty-2=0，故y +y =- ，yy =- ， 1 2 t2+3 1 2 t2+3
1
为S 1 = 2 FM  y 1  =2y 1 
1
，S 2 = 2 FM  y 2  =2y 2 
∴S 1 -S 2  =2 y 1  -y 2    =2y 1 +y 2 
8t
=
 8
= t2+3
t 
3
+
t 
8 4 3
≤ = ， 2 3 3
当且仅当t 
3
=
t 
，即t=± 3时取等号，此时直线AB的方程为x=± 3y+2，
即x+ 3y-2=0或x- 3y-2=0．
2 题型二：切点弦过定点问题
4230 (2024·全国·高三专题练习)已知直线l 是抛物线C：x2=2py(p>0)的准线，直线l ：3x
1 2
-4y-6=0，且l 与抛物线C没有公共点，动点P在抛物线C上，点P到直线l 和l 的距
2 1 2
离之和的最小值等于2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)点M在直线l 上运动，过点M作抛物线C的两条切线，切点分别为P，P，在平面内
1 1 2
是否存在定点N，使得MN⊥PP 恒成立？若存在，请求出定点N的坐标，若不存在，请
1 2
说明理由．
p
【解析】(1)作PA，PB分别垂直l 和l ，垂足为A，B，抛物线C的焦点为F0，
1 2 2
 ，
第 页 共 页
2712 3427由抛物线定义知|PA|=|PF|，所以d +d =|PA|+|PB|=|PF|+|PB|，
1 2
显见d +d 的最小值即为点F到直线l 的距离，
1 2 2
-2p-6
故d=

=2，解之得p=2或p=-8(舍)
5
所以抛物线C的方程为x2=4y．
(2)由(1)知直线l 的方程为y=-1，当点M在特殊位置(0,-1)时，
1
显见两个切点P，P 关于y轴对称，故要使得MN⊥PP，点N必须在y轴上．
1 2 1 2
1
故设M(m,-1)，N(0,n)，Px ， x2
1 1 4 1

1
，Px ， x2
2 2 4 2
 ，
1 1 1
抛物线C的方程为y= x2，求导得y'= x，所以切线MP 的斜率k = x ，
4 2 1 1 2 1
1 1
直线MP 的方程为y- x2= x(x-x)，又点M在直线MP 上，
1 4 1 2 1 1 1
1 1
所以-1- x2= x(m-x)，整理得x2-2mx -4=0，
4 1 2 1 1 1 1
同理可得x2-2mx -4=0，
2 2
故x 和x 是一元二次方程x2-2mx-4=0的根，
1 2
x +x =2m
由韦达定理得 1 2 ，

xx =-4
1 2
 
1 1
PP ⋅MN=x -x ， x2- x2
1 2 2 1 4 2 4 1

1 1
⋅(-m，n+1)=-m(x -x)+ x2- x2
2 1 4 2 4 1
 (n+1)，
1
= 4 (x 2 -x 1 )-4m+2m(n+1) 
1
= m(x -x)(n-1) 2 2 1
 
可见n=1时，PP ⋅MN=0恒成立，
1 2
所以存在定点N(0,1)，使得MN⊥PP 恒成立．
1 2
x2 y2
4231 (2024·福建宁德·校考一模)双曲线C: - =1的离心率为 2，右焦点F到渐近线y
a2 b2
b
= x的距离为 2．
a
(1)求双曲线C的标准方程；
b
(2)过直线x=1上任意一点P作双曲线C的两条切线，交渐近线y= x于A，B两点，
a
证明：以AB为直径的圆恒过右焦点F．
x2 y2
【解析】(1)设双曲线C: - =1的半焦距为c，则右焦点F的坐标为c,0
a2 b2
 ，
c
  = 2
a a= 2
 
由题意可得

a2+b2=c2 ，解得b= 2．
 bc = 2 c=2

 a2+b2
x2 y2
故双曲线C的标准方程是 - =1．
2 2
(2)设P1,t  ，过点P1,t  的斜率不存在的直线的方程为x=1，
第 页 共 页
2713 3427x2 y2
直线x=1与双曲线 - =1没有交点，不可能为双曲线的切线，
2 2
所以过点P的切线斜率存在，设此切线方程为y-t=kx-1  ，
y-t=kx-1
联立
 
x2 y2 ，整理得1-k2
- =1
2 2
 x2+2k2-2kt  x-k2+2kt-t2-2=0．
由Δ=2k2-2kt

2-41-k2

-k2+2kt-t2-2

=0，得k2+2kt-t2-2=0．
设直线PA，PB的斜率分别为k ，k ，
1 2
则k +k =-2t，kk =-t2-2．
1 2 1 2
联立 y-t=k 1x-1  k -t k -t k -t k -t   ，解得x= 1 ，y= 1 ，则A 1 , 1
y=x k -1 k -1 k -1 k -1
1 1 1 1
 ．
k -t k -t
同理可得B 2 , 2
k -1 k -1
2 2
 ．
因为F2,0 
 k -t k -t
，所以FA= 1 -2, 1
k -1 k -1
1 1

 k -t k -t
，FB= 2 -2, 2
k -1 k -1
2 2
 ，
则F  A  ⋅F  B  = 2k 1 -t  k 2 -t 
k 1 -1  k 2 -1 
k -t k -t -2 1 + 2
k -1 k -1 1 2
 +4= 2k 1 k 2 -2k 1 +k 2  +2t2-4t+4
k 1 -1  k 2 -1 
．
因为2k 1 k 2 -2k 1 +k 2  +2t2-4t+4=-2t2-4+4t+2t2-4t+4=0，
 
所以FA⋅FB=0，即以AB为直径的圆恒过右焦点F．
4232 (2024·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考开学考试)已知抛物线C:y2=2px(p>
0)的焦点到准线的距离为1．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设点Pt,1  是该抛物线上一定点，过点P作圆O:(x-2)2+y2=r2(其中0<r<1)的
两条切线分别交抛物线C于点A,B，连接AB．探究：直线AB是否过一定点，若过，求出
该定点坐标；若不经过定点，请说明理由．
【解析】(1)因为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点到准线的距离是1，所以p=1，
所以抛物线C的标准方程为y2=2x．
1 1
(2)当y=1时，x= ，所以P ,1
2 2
 ，
设A2a2,2a  ,B2b2,2b 
1
，则直线AB为y-2a= x-2a2
a+b
 ，
即x-a+b  y+2ab=0．
1
因为直线PA:x-a+
2
 y+a=0与圆O:(x-2)2+y2=r2相切，
第 页 共 页
2714 3427a+2
所以

1
1+a+
2

=r，整理得r2-1
2
 a2+r2-4 
5
a+ r2-4=0．
4
同理，直线PB与圆O:(x-2)2+y2=r2相切，
可得r2-1  b2+r2-4 
5
b+ r2-4=0．
4
所以可得a,b是方程r2-1  x2+r2-4 
5
x+ r2-4=0的两个根，
4
5
r2-4
4-r2 4
所以a+b= ,ab= ，
r2-1 r2-1
代入x-a+b 
5
y+2ab=0，化简得x+y+
2
 r2-x-4y-8=0，
2
5 x=-
x+y+ =0  3
若直线过定点，则须满足 2 ，解得
11
-x-4y-8=0 y=-
6
2 11
所以直线AB恒过定点- ,-
3 6
 ．
4233 (2024·陕西·校联考三模)已知直线l与抛物线C:x2=2py(p>0)交于A，B两点，且OA
⊥OB，OD⊥AB，D为垂足，点D的坐标为(1,1)．
(1)求C的方程；
(2)若点E是直线y=x-4上的动点，过点E作抛物线C的两条切线EP，EQ，其中P，
Q为切点，试证明直线PQ恒过一定点，并求出该定点的坐标．
【解析】(1)设点A的坐标为x 1 ,y 1  ，点B的坐标为x 2 ,y 2  ，
因为k =1，所以k =-1，则直线AB的方程为y=-x+2，
OD AB
y=-x+2
联立方程组
 x2=2py
，消去y，整理得x2+2px-4p=0，
所以有x +x =-2p，xx =-4p，
1 2 1 2
又OA⊥OB，得x 1 x 2 +y 1 y 2 =x 1 x 2 +2-x 1  2-x 2  =0，
整理得x 1 x 2 -x 1 +x 2  +2=-4p+2p+2=0，解得p=1．
所以C的方程为x2=2y．
1
(2)由x2=2y，得y= x2，所以y=x，
2
x2
设过点E作抛物线C的切线的切点为x , 0
0 2
 ，
x2
则相应的切线方程为y- 2 0 =x 0x-x 0 
x2
，即y=x x- 0， 0 2
x2
设点E(t,t-4)，由切线经过点E，得t-4=x t- 0，即x2-2tx +2t-8=0，
0 2 0 0
x2
设Px , 3
3 2

x2
，Qx , 4
4 2
 ，则x ，x 是x2-2tx+2t-8=0的两实数根，
3 4
可得x +x =2t，x x =2t-8．
3 4 3 4
x +x
设M是PQ的中点，则相应x = 3 4 =t，
M 2
y +y 1 x2 x2
则y = 3 4 =  3 + 4 M 2 2 2 2 
1
= 4 x 3 +x 4   2-2x x 3 4  ，即y =t2-t+4， M
1 1
x2- x2
2 3 2 4 x +x
又k = = 3 4 =t，
PQ x -x 2
3 4
第 页 共 页
2715 3427直线PQ的方程为y-t2-t+4  =t(x-t)，即y=t(x-1)+4，
所以直线PQ恒过定点(1,4)．
4234 (2024·贵州·校联考二模)抛物线C 1 :y2=2pxp>0  的焦点到准线的距离等于椭圆C :x2 2
+16y2=1的短轴长．
(1)求抛物线C 的方程；
1
(2)设D1,t  是抛物线C 1 上位于第一象限的一点，过D作E:x-2  2+y2=r2(其中0<r
<1)的两条切线，分别交抛物线C 于点M,N,证明：直线MN经过定点．
1
1
【解析】(1)由椭圆方程x2+16y2=1可知短轴长为2b= ，
2
∴抛物线y2=2pxp>0 
1
的焦点到准线的距离p= ，
2
故抛物线方程为y2=x．
(2)∵D1,t  是抛物线C 1 上位于第一象限的点，∴t2=1且t>0，∴D1,1  ．
设Ma2,a  ，Nb2,b 
1
，则直线MN方程为y-a=
a+b 
x-a2  ，
即x-a+b  y+ab=0，
∵直线DM：x-a+1  y+a=0与圆E：x-2  2+y2=r2相切，
a+2
∴

1+a+1 
=r，整理可得，r2-1
2
 a2+2r2-4  a+2r2-4=0，①
同理，直线DN与圆E相切可得，r2-1

b2+2r2-4

b+2r2-4=0，②
由①②得a，b是方程r2-1

x2+2r2-4

x+2r2-4=0的两个实根，
4-2r2 2r2-4
∴a+b= ，ab= ，
r2-1 r2-1
代入x-a+b  y+ab=0，化简整理可得，
x+2y+2  r2-x-4y-4=0，
x+2y+2=0 x=0
令 ，解得 ，
 
-x-4y-4=0 y=-1
故直线MN恒过定点0,-1  ．
x2 y2
4235 (2024·河南·校联考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的焦距为2，圆x2+y2
a2 b2
=4与椭圆C恰有两个公共点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知结论：若点x 0 ,y 0 
x2 y2
为椭圆 + =1上一点，则椭圆在该点处的切线方程为 a2 b2
x x y y
0 + 0 =1．若椭圆C的短轴长小于4，过点T(8,t)作椭圆C的两条切线，切点分别
a2 b2
为A,B，求证：直线AB过定点．
【解析】(1)设椭圆C的半焦距为c．当圆x2+y2=4在椭圆C的内部时，b=2,c=1,a2
x2 y2
=b2+c2=5，椭圆C的方程为 + =1．
5 4
当圆x2+y2=4在椭圆C的外部时，a=2,c=1,b2=a2-c2=3，
x2 y2
椭圆C的方程为 + =1．
4 3
(2)证明：设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ．
x2 y2
因为椭圆C的短轴长小于4，所以C的方程为 + =1．
4 3
第 页 共 页
2716 3427xx yy x x y y
则由已知可得，切线AT的方程为 1 + 1 =1,BT的方程为 2 + 2 =1，
4 3 4 3
将T(8,t)代入AT,BT的方程整理可得，
6x +ty -3=0,6x +ty -3=0．
1 1 2 2
显然A,B的坐标都满足方程6x+ty-3=0，
故直线AB的方程为6x+ty-3=0，
1 1
令y=0，可得x= ，即直线AB过定点 ,0
2 2
 ．
4236 (2024·重庆九龙坡·高三重庆市育才中学校考开学考试)如图所示，已知P0,1  在椭圆
x2 y2
Γ: + =1(0<b<2)上，圆C:(x-1)2+y2=r2(r>0)，圆C在椭圆Γ内部.
4 b2
(1)求r的取值范围；
(2)过P0,1  作圆C的两条切线分别交椭圆Γ于A,B点(A,B不同于P)，直线AB是否
过定点？若AB过定点，求该定点坐标；若AB不过定点，请说明理由.
x2
【解析】(1)由题意b=1，故椭圆方Γ: +y2=1，
4
设x 0 ,y 0  为椭圆上的一动点，由于圆在椭圆内部，则x 0 -1  2+y2>r2恒成立， 0
即x 0 -1 
x2 3
2+1- 4 0 = 4 x2 0 -2x 0 +2>r2对任意x 0 ∈-2,2  恒成立，
令fx  3 3 4 = x2-2x+2= x-
4 4 3
 2 2 + ,x∈-2,2
3
 ，
fx 
4
=f
min 3

2
= ,fx
3
 =f-2
max
 =9，
则fx 
2
∈  ,9
 3

2 6
，于是有r2< ⇒0<r< ；
3 3
(2)设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，
PA:y=kx+1，PB:y=k x+1(由(1)r<1斜率都存在)，
1 2
k 1 +1
由于两直线均与圆C相切，则
 =r
k2+1 1 k 2 +1 
 
 1-r2 ⇒   =r
  k2+1
2
 k2+2k +1-r2=0 1 1 1-r2   ，  k2+2k +1-r2=0 2 2
则k 1 ,k 2 为方程1-r2 
2
k +k =-
x2+2x+1-r2=0的两根，由韦达定理可知 1 2 1-r2 ，
kk =1
1 2
y=kx+m
设AB:y=kx+m，
 x2+4y2=4
⇒1+4k2

x2+8kmx+4m2-4=0
第 页 共 页
2717 34278km
x +x =-
 1 2 1+4k2
由韦达定理可知 ，
4m2-4
xx =
1 2 1+4k2
y -1 y -1
由k 1 k 2 =1⇔ 1 x ⋅ 2 x =1⇔y 1 y 2 -y 1 +y 2
1 2
 +1=x 1 x 2 .则kx 1 +m  kx 2 +m  -
kx 1 +x 2   +2m  +1=x 1 x 2 ⇔k2-1  x 1 x 2 +km-1  x 1 +x 2  +m-1  2=0
k2-1 
4m2-4
-km-1
1+4k2

8km
+m-1
1+4k2

5
2=0⇒-3m-5=0⇒m=- .故AB过定
3
5
点0,-
3
 .
3 题型三：利用切点弦结论解决定值问题
4237 (2024·全国·高三专题练习)已知中心在原点的椭圆Γ 和抛物线Γ 有相同的焦点(1,0)，
1 2
1
椭圆Γ 的离心率为 ，抛物线Γ 的顶点为原点.
1 2 2
(1)求椭圆Γ 和抛物线Γ 的方程；
1 2
(2)设点P为抛物线Γ 准线上的任意一点，过点P作抛物线Γ 的两条切线PA，PB，其中
2 2
A,B为切点.设直线PA，PB的斜率分别为k ，k ，求证：kk 为定值.
1 2 1 2
x2 y2
【解析】(1)设椭圆Γ 和抛物线Γ 的方程分别为 + =1(a>b>0)，y2=2px，(p>
1 2 a2 b2
0)，
1
∵椭圆Γ 和抛物线Γ 有相同的焦点(1,0)，椭圆Γ 的离心率为 ，
1 2 1 2
c 1
  a = 2 a=2
 
∴

c=1 ，解得c=1，∴b= a2-c2= 4-1= 3，
 p p=2
 =1
 2
x2 y2
∴椭圆Γ 的方程为 + =1，抛物线Γ 的方程为y2=4x．
1 4 3 2
(2)由题意知过点P与抛物线y2=4x相切的直线斜率存在且不为0，设P(-1,t)，则切线
方程为y-t=k(x+1)k≠0  ，
联立  y y2 - = t 4 = x k(x+1) ，消去x，得y2- k 4 y+ 4 k t +4=0，
4 由Δ=-
k
 2 4t -4 +4
k
 =0，得k2+tk-1=0，
∵直线PA，PB的斜率分别为k ，k ，∴kk =-1，
1 2 1 2
∴kk 为定值．
1 2
4238 (2024·全国·高三专题练习)已知F是抛物线C：x2=2pyp>0  的焦点，以F为圆心，
第 页 共 页
2718 34272p为半径的圆F与抛物线C交于A，B两点，且AB  =4 3.
(1)求抛物线C和圆F的方程；
(2)若点P为圆F优弧AB上任意一点，过点P作抛物线C的两条切线PM，PN，切点分
别为M，N，请问MF  ⋅NF  是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
p
【解析】(1)由题意可得：抛物线C：x2=2py的焦点为F0,
2
 ，则圆F的方程为x2+
p
y-
2

2
=4p2，
p
x2+y-
联立方程 2

2
 =4p2 15p2 3 5
 ，消去x得y2+py- =0，解得y= p或y=- p(舍
4 2 2
x2=2py
去)，
3 3
将y= p代入x2=2py得A，B的坐标分别为- 3p, p
2 2

3
， 3p, p
2
 .
故AB  =2 3p=4 3，所以p=2，
所以抛物线C的方程为x2=4y，圆F的方程为x2+y-1

2=16.
(2)是，理由如下：
设Px 0 ,y 0  ,Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2 
x2 x2
，则y = 1,y = 2， 1 4 2 4
x2 x
因为抛物线的方程为y= ，则y= ，
4 2
x
所以切线PM的方程为y-y 1 = 2 1 x-x 1  ，即xx-2y-2y =0，① 1 1
同理切线PN的方程为x x-2y-2y =0，②
2 2
则由①②过Px 0 ,y 0 
xx -2y -2y =0
，则  1 0 1 0 ，  x x -2y -2y =0
2 0 2 0
所以直线MN的方程为x x-2y-2y =0，
0 0
x x-2y-2y =0
联立方程   x 0 2=4y 0 ，消去y得x2-2x 0 x+4y 0 =0，
则x +x =2x ，xx =4y ，
1 2 0 1 2 0
所以MF  ⋅NF  =y 1 +1  y 2 +1 
x2 x2 x2 x2
=yy +y +y +1= 1 ⋅ 2 + 1 + 2 +1 1 2 1 2 4 4 4 4
= x 1 x 2  2 + x 1 +x 2 16  2-2xx 4 1 2 +1=y2 0 +x2 0 -2y 0 +1=x2 0 +y 0 -1  2，
又Px 0 ,y 0  在圆F上，则x2 0 +y 0 -1  2=16，即MF  ⋅NF  =16，
故MF  ⋅NF  为定值16.
4239 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C：y2=2pxp>0  的焦点为F，过点F引圆M：
x+1  2+y-1 
1
2= 的一条切线，切点为N，FN
4

19
= .
2
(1)求抛物线C的方程；
(2)过圆M上一点A引抛物线C的两条切线，切点分别为P，Q，是否存在点A使得
3 3
△APQ的面积为 ？若存在，求点A的个数；否则，请说明理由.
2
【解析】(1)如图
第 页 共 页
2719 3427已知抛物线C：y2=2pxp>0 
p
的焦点为F ,0
2
 ，
圆M：x+1  2+y-1 
1
2= 的圆心M-1,1
4

1
，半径r= ，
2
则MF  = FN 
19 1
2+r2= + = 5，
4 4
过点M作MH⊥x轴，则MH  =y M =1，HF 
p
=1+ ， 2
在Rt△MHF中，满足MH  2+HF  2=MF  2，
p
即12+1+
2

2
=5，解得p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x.
3 3
(2)存在点A使得△APQ的面积为 ，点A的个数为2，理由如下：
2
设Ax 0 ,y 0  ，Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ，
由(1)可知抛物线C的方程为y2=4x，
则y2=4x切点弦PQ的方程为y⋅y 0 =2x+x 0 
2
，斜率k= ， y
0
联立 y⋅y 0 =2x+x 0    y2=4x ，得y2-2y 0 y+4x 0 =0，
所以y +y =2y ，yy =4x ，
1 2 0 1 2 0
PQ 
1
= 1+ k2 ⋅ y 1 +y 2 
y2
2-4yy = 1+ 0 ⋅ 4y2-16x ， 1 2 4 0 0
点Ax 0 ,y 0 
2x -y2+2x
到直线PQ的距离d= 0 0 0
 4x -y2
= 0 0 4+y2
0

， 4+y2
0
第 页 共 页
2720 34271 S = PQ △APQ 2  ⋅d= 1 1+ y2 0 ⋅ 4y2-16x ⋅ 4x 0 -y2 0 2 4 0 0  1 4+y2 = 2 y2 0 -4x 0
0
 3 3 3 2= ， 2
3
所以y2-4x =3⇒y2=4x +3=4x +
0 0 0 0 0 4
 ，
3
即点A的轨迹为抛物线y2=4x往左平移 个单位长度，
4
因为点A在圆M上，联立 x 0 +1  2+y 0 -1 
1
 2=  4 ，得y4
0
+18y2
0
-32y
0
+13=0，
y2=4x +3
0 0
显然y 0 =1是一个根，因式分解得y 0 -1  y3 0 +y2 0 +19y 0 -13  =0，
令fy 
1
=y3+y2+19y-13，y∈  ,1
 2
 ，则fy  =3y2+2y+19，
若3y2+2y+19=0，由于Δ=22-4×3×19<0，
则fy  >0恒成立，所以fy  为增函数，
1
∵f
2

1
=
2

3 1
+
2

2 19 2
+ -13<0，f
2 3

2
=
3

3 2
+
3

2 2
+19× -13>0，
3
根据零点存在定理函数fy 
1
在  ,1
 2
 上存在一个零点，
3 3
所以存在两个点A使得△APQ的面积为 .
2
4240 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，
圆M与y轴相切，且圆心M与抛物线C的焦点重合.
(1)求抛物线C和圆M的方程；
(2)设Px 0 ,y 0  x 0 ≠2  为圆M外一点，过点P作圆M的两条切线，分别交抛物线C于两
个不同的点Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  和点Qx 3 ,y 3  ,Rx 4 ,y 4  .且yy y y =16，证明：点P在一 1 2 3 4
条定曲线上.
【解析】(1)由题设得p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x.
因此，抛物线的焦点为F1,0  ，即圆M的圆心为M1,0 
由圆M与y轴相切，所以圆M半径为1，
所以圆M的方程为x-1  2+y2=1.
(2)证明：由于Px 0 ,y 0  x 0 ≠2  ，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则x ≠0. 0
故设过点P且与圆M相切的切线方程为y-y 0 =kx-x 0  ，即kx-y+y -kx =0. 0 0
依题意得 k+y 0 -kx 0  k2+1 =1，整理得x 0x 0 -2  k2-2y 0x 0 -1  k+y2-1=0①； 0
设直线PA,PQ的斜率分别为k,k k,k ，则k,k 是方程①的两个实根，
1 2 1 2 1 2
故k +k = 2y 0x 0 -1
1 2

x 0x 0 -2 
y2-1 ，k ⋅k = 0
1 2 x 0x 0 -2 
②，
kx-y+y -kx =0
由   y2=4x 0 0 得ky2-4y+4y 0 -kx 0  =0③，
因为点Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，Qx 3 ,y 3  ,Rx 4 ,y 4 
则yy = 4y 0 -k 1 x 0
1 2
 ④，y y = 4y 0 -k 2 x 0
k 3 4
1
 ⑤
k
2
由②，④，⑤三式得：
yy y y = 16y 0 -k 1 x 0
1 2 3 4
 y 0 -k 2 x 0  = 16 y2 0 -k 1 +k 2
kk
1 2
  x y +x2kk 0 0 0 1 2 
kk
1 2
第 页 共 页
2721 3427= 16 y2 0 -k 1 +k 2   x y 0 0 
16 y2- 2y 0x 0 -1
0 +16x2=
kk 0
1 2

x 0x 0 -2 


 x
0
y
0

y2-1
0
x 0x 0 -2 
+16x2=16，
0
即y2 0 x 0x 0 -2  -2y 0x 0 -1  x 0 y 0 =1-x2 0  y2 0 -1  ，
则y2x2-2y2x -2y2x2+2x y2=y2-x2y2-1+x2，即x2+y2=1，
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
所以点P在圆x2+y2=1.
4241 (2024·全国·模拟预测)已知抛物线C:x2=2pyp>0  的焦点为F，P为抛物线上一动
点，点P到F的最小距离为1．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过点A-1,-2  向C作两条切线AM，AN，切点分别为M，N，直线AF与直线MN交
于点Q，求证：点Q到直线FM的距离等于到直线FN的距离．
【解析】(1)设点P的坐标为x 0 ,y 0  ，由抛物线定义可知，PF 
p p
=y + ≥ 0 2 2
p
故 =1，得p=2，所以抛物线C的标准方程为x2=4y．
2
(2)解法一 ，设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2 
1 1
，由y= x2，得y= x， 4 2
1
所以抛物线在点M处的切线方程为y-y 1 = 2 x 1x-x 1  ，
1
在点N处的切线方程为y-y 2 = 2 x 2x-x 2  ．
因为两条切线均过点A-1,-2 
1
2+y 1 = 2 x 1x 1 +1
，所以

1
2+y 2 = 2 x 2x 2 +1 

 ，
1
所以点M，N的坐标满足2+y= xx+1
2
 ，
1 1 1
所以2+ x2= x2+ x，即x2+2x-8=0，解得x=-4或x=2，
4 2 2
不妨设x 1 =-4，x 2 =2，则M-4,4  ，N2,1  ．就
易知F0,1 

，所以FM=-4,3 

，FA=-1,-3 

，FN=2,0  ，
 
所以cosFA,FM 
 
FA⋅FM
= 
FA 

FM 
  4-9 10
= =- ，cosFA,FN
5 10 10

 
FA⋅FN
= 
FA 

FN 
-2
=
2 10
10
=- ，
10
所以∠MFA=∠NFA，所以∠MFQ=∠NFQ．
因为FQ平分∠MFN，所以点Q到直线FM的距离等于到直线FN的距离．
解法二 设切点为x 0 ,y 0 
1 1
，由y= x2，得y= x， 4 2
所以过点A-1,-2 
1
的抛物线的切线方程为y+2=
2
x 0x+1  ，
1
y= x2
4
联立，得
1
y+2=
2
x 0x+1 

 ，消去y并整理得x2-2x x+8-2x =0，
0 0
则Δ=4x2 0 -48-2x 0  =0，解得x =-4或x =2， 0 0
不妨设x M =-4，x N =2，则M-4,4  ，N2,1  ，
1
所以直线MN的方程为y=- x+2，易知F0,1
2
 ，所以直线AF的方程为y=3x+1，
第 页 共 页
2722 34272
y=3x+1 x=
  7 2 13
由 1 ，得 ，即Q ,
y=- x+2 13 7 7
2 y=
7
 ．
3
易得直线FM的方程为y=- x+1，直线FN的方程为y=1，
4
2 3 13
 × + -1
7 4 7
所以点Q到直线FM的距离h =
1

3 
4

6
= ，
2 +12 7
13 6
点Q到直线FN的距离h = -1= ，所以h =h ，得证．
2 7 7 1 2
4242 (2024·全国·高三专题练习)已知点P-2,m  在抛物线C:x2=2py(p>0)上，且到抛物
线C的焦点F的距离为2.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过点A-1,-2  向抛物线C作两条切线AM,AN，切点分别为M,N，若直线AF与直
d
线MN交于点Q，且点Q到直线FM、直线FN的距离分别为d,d .求证： 1 为定值.
1 2 d
2
p
【解析】(1)因为p>0，由题意可得m+ =2,(-2)2=2pm，
2
解得m=1,p=2，所以抛物线C的标准方程为x2=4y；
(2)方法一：设Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2 
1 1
，由y= x2，得y= x， 4 2
1
所以抛物线在点M处的切线方程为y-y 1 = 2 x 1x-x 1  ，
1
在点N处的切线方程为y-y 2 = 2 x 2x-x 2  ，
因为两条切线均过点A-1,-2 
1
2+y 1 = 2 x 1x 1 +1
，所以

1
2+y 2 = 2 x 2x 2 +1 

 ，
1
所以点M,N的坐标均满足2+y= xx+1
2
 ，
1 1 1
所以2+ x2= x2+ x，即x2+2x-8=0，解得x=-4或x=2，
4 2 2
不妨设x 1 =-4,x 2 =2，则M-4,4  ,N2,1  ，
易知F0,1 

，所以FM=-4,3 

,FA=-1,-3 

,FN=2,0  ，
 
所以cosFA,FM 
 
FA⋅FM
= 
FA 

FM 
4-9 10
= =- ，
5 10 10
 
cosFA,FN 
 
FA⋅FN
= 
FA 

FN 
-2 10
= =- ，
2 10 10
所以∠MFA=∠NFA，所以∠MFQ=∠NFQ，所以FQ平分∠MFN，
所以点Q到直线FM的距离d 等于点Q到直线FN的距离d ，
1 2
d
所以 1 =1，为定值，得证.
d
2
方法二：设切点为x 0 ,y 0 
1 1
，由y= x2，得y= x， 4 2
所以过点A-1,-2 
1
的抛物线的切线方程为y+2=
2
x 0x+1  ，
1
y= x2
4
联立方程
1
y+2=
2
x 0x+1 

 ，消去y并整理得x2-2x x+8-2x =0，
0 0
第 页 共 页
2723 3427则Δ=4x2 0 -48-2x 0  =0，解得x =-4或x =2， 0 0
不妨设x M =-4,x N =2，则M-4,4  ,N2,1  ，
1
所以直线MN的方程为y=- x+2，
2
易知F0,1  ，所以直线AF的方程为y=3x+1，
2
y=3x+1 x=
  7 2 13
由 1 ，得 ，即Q ,
y=- x+2 13 7 7
2 y=
7
 ，
3
易得直线FM的方程为y=- x+1，直线FN的方程为y=1，
4
2 3 13
 × + -1
7 4 7
所以点Q到直线FM的距离d =
1

3 
4

6
= ，
2 +12 7
13 6
点Q到直线FN的距离d = -1= ，
2 7 7
d
所以d =d ，则 1 =1，为定值，得证.
1 2 d
2
4243 (2024·上海长宁·高三上海市延安中学校考开学考试)在以A(-2,0)为圆心，6为半径的
圆A内有一点B(2,0)，点P为圆A上的任意一点，线段BP的垂直平分线l和半径AP交
于点M．
(1)判断点M的轨迹是什么曲线，并求其方程；
 
(2)记点M的轨迹为曲线Γ，过点B的直线与曲线Γ交于C、D两点，求OC⋅OD的最大
值；
(3)在圆x2+y2=14上的任取一点Q，作曲线Γ的两条切线，切点分别为E、F，试判断
QE与QF是否垂直，并给出证明过程．
【解析】(1)由题意可知AP  =6,AB  =4,
因为线段BP的垂直平分线l和半径AP交于点M，
所以MB  =MP  ,
所以MA  +MB  =MA  +MP  =AP  =6>AB  =4,
由椭圆的定义知，点M的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，
由2a=6，得a=3，又c=2，
所以b2=a2-c2=5，
x2 y2
所以椭圆的标准方程为 + =1.
9 5
5
(2)当直线CD斜率不存在时，直线方程为x=2，则C2,
3

5
，D2,-
3
 ,

5
所以OC=2,
3


5
,OD=2,-
3
 ，
 
5 5
此时OC⋅OD=2×2+ ×-
3 3

11
= ，
9
当直线CD斜率存在时，设直线CD的方程为y=kx-2  ，则
y=kx-2  
x2 y2 ，消去y，得5+9k2
+ =1
9 5
 x2-36k2x+36k2-45=0，
所以Δ=-36k2

2-4×5+9k2

×36k2-45

=900k2+900>0，
设Cx 1 ,y 1  ，Dx 2 ,y 2 
36k2 36k2-45
,则x +x = ,xx = ， 1 2 5+9k2 1 2 5+9k2
第 页 共 页
2724 3427 
所以OC⋅OD=x 1 x 2 +y 1 y 2 =x 1 x 2 +k2 x 1 -2  x 2 -2  =1+k2  x 1 x 2 -2k2 x 1 +x 2  +4k2
1+k2
=
 36k2-45 
11
2k2×36k2 11k2-45 9 5+9k2
- +4k2= =
5+9k2 5+9k2 5+9k2

460
- 9 11
= -
5+9k2 9
460
95+9k2

11
< ，
9
 
11
综上，OC⋅OD的最大值为 .
9
(3)QE与QF垂直,证明如下：设Qm,n  ，则m2+n2=14，
①当两切线中有一条切线斜率不存在时，即与x轴垂直时，切线方程为x=±3，
即m=±3，得n=± 5，
所以另一条切线方程为y=± 5，即与x轴平行，所以两切线垂直.
当斜率存在时，m≠9，设切线方程为y=kx-m  +n，则
y=kx-m  +n 
x2 y2 ，消y，得5+9k2
+ =1
9 5
 x2-18kn-km  x+9n-km  2-45=0，
由于直线与椭圆相切，得Δ= -18kn-km    2-4×5+9k2  9n-km   2-45  =0，
化简得m2-9

k2-2mnk+n2-5=0，
n2-5 9-m2
因为m2-9≠0，所以kk = = =-1，即两条切线相互垂直，
1 2 m2-9 m2-9
综上，过点Q作的两条切线QE与QF垂直.
4244 (2024·全国·高三专题练习)已知拋物线C:y2=2px(p>0)，F为焦点，若圆E:(x-1)2+
y2=16与拋物线C交于A,B两点，且AB  =4 3
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点P为圆E上任意一点，且过点P可以作拋物线C的两条切线PM,PN，切点分别
为M,N.求证：MF  ⋅NF  恒为定值.
【解析】(1)由题意可知E1,0  ，半径为r=4，
由圆的圆心以及抛物线的焦点均在在坐标轴x轴，故由对称性可知：AB⊥x轴于点C，
在直角三角形ACE中，CE  1 = r2- AB
2
 2 = 42-2 3  2=2,
因此OC  =OE  +CE  =3, 故A3,2 3  ，将其代入抛物线方程中得12=6p⇒p=2，
故抛物线方程为：y2=4x
(2)令Px 0 ,y 0  ,Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ，
第 页 共 页
2725 3427抛物线在点M处的切线方程为x-x 1 =my-y 1  ,
与y2=4x联立得y2-4my+4my -4x =0①
1 1
由相切Δ=16m2-44my 1 -4x 1  =0得4my -4x =4m2， 1 1
代入①得y =2m
1
y
故在点处的切线方程为x-x 1 = 2 1 y-y 1  ，即为yy =2x+2x 1 1
同理：点N处的切线方程为yy =2x+2x ，
2 2
而两切线交于点Px 0 ,y 0  ，
所以有y y =2x +2x,y y =2x +2x ，
0 1 0 1 0 2 0 2
则直线MN的方程为:2x-y y+2x =0，
0 0
由   y 2x 2= - 4 y x y+2x =0 得y2-2y 0 y+4x 0 =0,所以y 1 +y 2 =2y 0 ,y 1 y 2 =4x 0
0 0
于是|MF|⋅|NF|=x 1 +1  x 2 +1 
y2y2 y2 y2 1
= 1 1 6 2 + 4 1 + 4 2 +1=x2 0 + 4 2y 0   2-2×4x 0  +1
=x 0 -1  2+y2， 0
又点Px 0 ,y 0  在圆E:(x-1)2+y2=16上，
所以x 0 -1  2+y2=16,即|MF|⋅|NF|=16. 0
4245 (2024·浙江金华·浙江金华第一中学校考模拟预测)已知抛物线C:x2=y，圆C :x2+(y
1 2
-4)2=1,P是C 上异于原点的一点.
1
(1)设Q是C 2 上的一点，求PQ  的最小值；
(2)过点P作C 2 的两条切线分别交C 1 于A,B两点(异于P).若PA  =PB  ，求点P的坐
标.
【解析】(1)设P(t,t2)，圆心C (0,4)，半径为1，
2
PC 2  = t2+t2-4  7 2= t2- 2  2 15 + ， 4
14
所以当t=± 2 时，PC 2 
15
有最小值 ， 2
所以PQ 
15
的最小值 -1；
2
(2)由题设，切线斜率一定存在，设切线的斜率为k，
所以切线的方程为：y-t2=kx-t

⇒kx-y+t2-kt=0，
由圆的切线性质可知：
-4+t2-kt

k2+-1

=1⇒t2-1
2
 k2+2t4-t2  k+4-t2  2-1=0∗  ，
第 页 共 页
2726 3427设Ax 1 ,x2 1  ,Bx 2 ,x2 2  ,x,x ≠t， 1 2
  y kx = - x y 2 +t2-kt=0 ⇒   x x 1 = = k k 1 - - t t ，k 1 ,k 2 是方程∗的两个不相等实根，
2 2
2tt2-4
因此t2-1≠0，即k +k = 1 2

，且PA t2-1  =PB  ，
所以由圆的切线性质知：AB⊥PC ，
2
x2-x2 t2-4
x 2 -x 1 ⋅ t =-1⇒x 2 +x 1 2 1 
t2-4 2tt2-4
⋅ =-1⇒ t
 
 -2t   t2-1
 t2-4
⋅ =-1 t
23 115
⇒t2= ⇒t=± ，
5 5
115 23
所以P的坐标为 ,
5 5

115 23
或- ,
5 5
 .
x2 y2
4246 (2024·湖南长沙·湖南师大附中校考模拟预测)如图，椭圆C: + =1(a>2)，圆O:
a2 4
x2+y2=a2+4，椭圆C的左、右焦点分别为F,F．
1 2
(1)过椭圆上一点P和原点O作直线l交圆O于M，N两点，若PF 1  ⋅PF 2  =6，求|PM|⋅
|PN|的值；
(2)过圆O上任意点R引椭圆C的两条切线，求证：两条切线相互垂直．
【解析】(1)设P(x 0 ,y 0 )，由于PF 1  +PF 2  =2a⇒PF 1  2+PF 2  2+2PF 1  PF 2  =4a2，
而PF 1  ⋅PF 2  =6，则x 0 +c  2+y2 0 +x 0 -c  2+y2+12=4a2， 0
所以x2+y2=2a2-c2-6=a2-2(其中a2-c2=4)，
0 0
|PM|⋅|PN|=(|OM|-|OP|)(|ON|+|OP|)=|OM|2-|OP|2=a2+4-x2
0
+y2
0 
=a2+4-a2-2  =6．
(2)设R(m,n)，则m2+n2=a2+4，即n2-4=a2-m2，
设过点R的圆O的切线斜率都存在时的方程：y=k(x-m)+n,m2≠a2  ，代入椭圆方
程得：
4x2+a2 k2(x-m)2+n2+2k(x-m)n

-4a2=0，
第 页 共 页
2727 3427整理得：4+a2k2

x2-2ka2(km-n)x+a2(km-n)2-4a2=0，
则Δ=4a4k2(km-n)2-44+a2k2  a2(km-n)2-4a2  =0，
即(km-n)2-a2k2-4=0⇒m2-a2

k2-2mnk+n2-4=0，
n2-4
k,k 是上述关于k的方程的两个根，则kk = =-1，
1 2 1 2 m2-a2
即两条切线的斜率都存在时，有两条切线相互垂直；
而当过R的切线斜率不存在时，易知R点的坐标为(±a,±2)，
此时显然两条切线相互垂直，
综上，过圆O上任意点R引椭圆C的两条切线，则两条切线相互垂直．
x2 y2
4247 (2024·河南·校联考模拟预测)在椭圆C： + =1(a>b>0)中，其所有外切矩形的
a2 b2
2
顶点在一个定圆Γ：x2+y2=a2+b2上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆C过P1,
2
 ，
6 1
Q- ,
2 2
 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的蒙日圆上一点M，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N，若k ，
OM
k 存在，证明：k ⋅k 为定值.
ON OM ON
2
【解析】(1)将P1,
2

6 1
，Q- ,
2 2

x2 y2
代入到 + =1，
a2 b2
1 2
 
a2
+
4b2
=1
可得 ，解得a2=2，b2=1，
 6 1
 + =1
4a2 4b2
x2
所以椭圆C的方程为： +y2=1.
2
(2)由题意可知，蒙日圆方程为：x2+y2=3.
(ⅰ)若直线MN斜率不存在，则直线MN的方程为：x= 2或x=- 2.
不妨取x= 2，易得M 2,1  ，N 2,-1 
1 2 -1 2
，k = = ，k = =- ，
OM 2 2 ON 2 2
1
∴k ⋅k =- .
OM ON 2
(ⅱ)若直线MN斜率存在，设直线MN的方程为：y=kx+t.
y=kx+t

联立x2 ，化简整理得：2k2+1
+y2=1
2
 x2+4ktx+2t2-2=0，
据题意有Δ=16k2t2-44k2t2-4k2+2t2-2

=0，于是有：t2=2k2+1.
设Mx 1 ,y 1  (x 1 ≠0)，Nx 2 ,y 2  (x ≠0). 2
y=kx+t

 x2+y2=3
化简整理得：k2+1

x2+2ktx+t2-3=0，
Δ =4k2t2-4(k2+1)(t2-3)=4(3k2-t2+3)=4(3k2+3-2k2-1)=4(k2+2)>0，
1
2kt t2-3
x +x =- ，xx = .
1 2 k2+1 1 2 k2+1
则k ⋅k = y 1 y 2 = kx 1 +t
OM ON xx
1 2
 kx 2 +t  = k2x 1 x 2 +ktx 1 +x 2
xx
1 2
 +t2
xx
1 2
第 页 共 页
2728 3427-2k2t2
+t2
1+k2 t2-k2t2 k2t2-3k2+t2-k2t2 t2-3k2
=k2+ =k2+ = = ，
t2-3 t2-3 t2-3 t2-3
1+k2
2k2+1-3k2 1-k2 1
∵t2=2k2+1，所以k ⋅k = = =- .
OM ON 2k2+1-3 2k2-2 2
1
综上可知，k ⋅k 为定值- .
OM ON 2
4 题型四：利用切点弦结论解决最值问题
4248 (2024·福建泉州·高三校联考阶段练习)已知F为抛物线C：x2=2pyp>0  的焦点，
M-4,m  是C上一点，M位于F的上方且MF  =5.
(1)求p；
(2)若点P在直线x+y+3=0上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求AF  BF 
的最小值.
【解析】(1)设点M到抛物线准线的距离为d，则d=MF 
p
=5，即m+ =5，
2
由M-4,m  是抛物线C上的点，则16=2pm，
2m+p=10
联立可得

，消去m可得p2-10p+16=0，
8=mp
分解因式可得p-2  p-8  =0，解得p=2或8，
p p
当p=2时，m=4> 满足题意，当p=8时，m=1< 不合题意，
2 2
所以p=2；
(2)任意取点x,y  位于抛物线C上，设点Pa,b  ，则a+b+3=0，即b=-a-3，
x2 x
由抛物线方程4y=x2，可得函数y= ，求导可得y= ，
4 2
y-b x
令 = ，整理可得x2-2ax-4a-12=0，
x-a 2
设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，则x +x =2a，xx =-4a-12， 1 2 1 2
由抛物线的定义，可得AF  =y 1 +1，BF  =y +1， 2
则AF  ⋅BF  =y 1 +1  y 2 +1  =yy +y +y +1， 1 2 1 2
其中yy = x2 1 ⋅ x2 2 = x 1 x 2 1 2 4 4  2 4a+12 = 16  2 =a+3 16  2=a2+6a+9，
x2 x2 1
y 1 +y 2 = 4 1 + 4 2 = 4 x 1 +x 2 
1 1
2- 2 x 1 x 2 = 4 2a 
1
2+ 4a+12 2  =a2+2a+6，
所以AF  ⋅BF  =2a2+8a+16=2a+2  2+8，
当a=-2时，AF  ⋅BF    =8.
min
第 页 共 页
2729 34271
4249 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为 .
2
(1)求抛物线C的方程及焦点F的坐标；
(2)如图，过抛物线C上一动点P作圆M:(x-2)2+y2=1的两条切线，切点分别为A,B，
求四边形PAMB面积的最小值.
1
【解析】(1)由题知，p= ，
2
1
∴抛物线C的方程为y2=x，焦点F的坐标为 ,0
4
 .
(2)由圆的标准方程可知，M2,0  ,MA  =MB  =1，
设点Pm,n  ，则n2=m，
在Rt△PAM中，PA|2=  PM|2-|MA 2 =(m-2)2+n2-1=m2-3m+3=m- 3
2
 2 3  + ，
4
3
当m= 时，PA
2

3
取得最小值 ，
2
由圆的切线性质知，△PAM≅△PBM，
∴四边形PAMB的面积S=2S =PA
△PAM
 ⋅MA 
3 3
≥ ×1= ，
2 2
3
故四边形PAMB面积的最小值为 .
2
x2 y2
4250 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  的左、右焦点分别为F， 1
1
F，左顶点为D，离心率为 ，经过F 的直线交椭圆于A,B两点，△FAB的周长为8．
2 2 1 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)过直线x=4上一点P作椭圆C的两条切线，切点分别为M,N，
①证明：直线MN过定点；
②求S 的最大值．
△DMN
备注：若点x 0 ,y 0 
x2 y2
在椭圆C： a2 + b2 =1上，则椭圆C在点x 0 ,y 0 
x x
处的切线方程为 0 a2
y y
+ 0 =1．
b2
【解析】(1)因为经过F 的直线交椭圆于A，B两点，△FAB的周长为8，
1 2
由椭圆的定义，可得AF 1  +BF 1  +AB  =4a=8，可得a=2，
1 c 1
又由离心率为 ，可得 = ，所以c=1，
2 a 2
x2 y2
则b2=a2-c2=3，所以椭圆C的方程为 + =1.
4 3
(2)①证明：由(1)知D-2,0  ，F 21,0  ，设P4,t  ，Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，
xx yy
根据题意，可得以M为切点的椭圆C的切线方程为 1 + 1 =1，
4 3
x x y y
以N为切点的椭圆C的切线方程为 2 + 2 =1，
4 3
第 页 共 页
2730 34274x yt 4x ty
又两切线均过点P，故 1 + 1 =1，且 2 + 2 =1，
4 3 4 3
整理化简得3x +yt-3=0，且3x +y t-3=0，
1 1 2 2
所以点Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，均在直线3x+ty-3=0上，
所以直线MN的方程为3x+ty-3=0，且直线MN过定点F 21,0  .
②由题意，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+1，
x=my+1
联立方程组
 3x2+4y2-12=0
，消去x得4+3m2

y2+6my-9=0，
可得Δ=6m  2+44+3m2  ×9=144m2+1 
-6m
>0，且y +y = ,yy = 1 2 4+3m2 1 2
-9
，
4+3m2
可得y 1 -y 2 
-6m
= (y +y )2-4yy =  1 2 1 2 4+3m2 
2 -9
-4× 4+3m2 
12 1+m2
= 4+3m2
12 1+m2 12
= = ，
3( 1+m2)2+1 3 1+m2+ 1
1+m2
令t= 1+m2≥1，设ft 
1
=3t+ ,t≥1，则函数ft
t
 在[1,+∞)单调递增，
所以当t=1时，即m=0时，ft  有最小值3+1=4，
即y 1 -y 2 
12
的最大值为 =3， 3+1
1
又由S △DMN = 2 ⋅DF 1  ⋅y 1 -y 2 
1
= ⋅1-(-2) 2  ⋅y 1 -y 2 
1 9
≤ ×3×3= ， 2 2
9
所以S 的最大值为 ，此时直线l的方程为x=1.
△DMN 2
4251 (2024·贵州·高三校联考阶段练习)已知抛物线C:x2=2pyp>0  上的点2,y 0  到其焦
点F的距离为2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点D在直线l：y=-3上，过点D作抛物线C的两条切线，切点分别为A,B，直线
AB与直线l交于点M，过抛物线C的焦点F作直线AB的垂线交直线l于点N，当MN 
AB
最小时，求

MN 
的值.
【解析】(1)因为点2,y 0  在抛物线C:x2=2pyp>0 
2
上，可得y = ， 0 p
又因为点2,y 0  到其焦点F的距离为2，
2 p
由抛物线的性质可得 + =2，解得p=2，即抛物线C的方程为x2=4y.
p 2
(2)由题意可设Dt,-3  ，且t≠0，Ax 1 ,y 1  ，
第 页 共 页
2731 34271 1 1 y +3 1
因为y= x2，所以y= x，可得k = x ，所以 1 = x ，整理得tx -2y +6=
4 2 AD 2 1 x -t 2 1 1 1
1
0，
设点Bx 2 ,y 2  ，同理可得tx -2y +6=0， 2 2
则直线AB方程为tx-2y+6=0，
12 12
令y=-3，可得x=- ，即点M- ,-3
t t
 ，
2
因为直线NF与直线AB垂直，所以直线NF方程为y=- x+1，
t
令y=-3，可得x=2t，即点N2t,-3  ，
所以MN 
12
=- -2t
t
 =2t 
12
+
t 
≥4 6，当且仅当2t 
12
=
t 
时，即t2=6时上式等号
成立，
即MN  的最小值为4 6，
tx-2y+6=0
联立方程组
 x2=4y
，整理得x2-2tx-12=0，
所以x +x =2t，x ⋅x =-12,Δ=4t2+48>0
1 2 1 2
则AB 
t2
= 1+ 4  x 1 +x 2   2-4xx 1 2 
t2
= 1+ 4  4t2+48  =6 5
AB
所以

MN 
6 5 30
= = .
4 6 4
x2 y2
4252 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F，
a2 b2 1
F 2 ，Px 0 ,y 0  为C上一动点，PF 1  的最大值为4+2 3，且长轴长和短轴长之比为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若1<y ≤2，过P作圆O:x2+y2=1的两条切线l ，l ，设l ，l 与x轴分别交于M，N
0 1 2 1 2
两点，求△PMN面积的最小值.
【解析】(1)由题意得a+c=4+2 3，a=2b，
3
所以c= a2-b2= a，
2
3
所以a+ a=4+2 3，
2
解得a=4，b=2，
x2 y2
则椭圆C的标准方程为 + =1.
16 4
(2)如图所示：
15
当过P的切线斜率存在，即x ≠±1，y ≠ 时，
0 0 2
设其方程为y-y 0 =kx-x 0  ，即y=kx+y -kx ， 0 0
第 页 共 页
2732 3427y
令y=0，得切线与x轴的交点坐标为x - 0,0
0 k
 .
因为切线和圆O相切，所以 y 0 -kx 0  =1
k2+1
化简得1-x2 0  k2+2x y k+1-y2=0， 0 0 0
2x y 1-y2
则有k +k =- 0 0 ，kk = 0.
1 2 1-x2 1 2 1-x2
0 0
y
设切线l ，l 的斜率分别为k ，k ，则Mx - 0,0
1 2 1 2 0 k
1

y
，Nx - 0,0
0 k
2
 ，
1 所以S △PMN = 2 x M -x N  y 0  = 1 y2 0k 1 -k 2 2   kk 1 2  = 1 y2 k 1 +k 2 2 0  2-4kk 1 2 k 1 k 2  = 2
2x y
 0 0
1 1-x2
y2 0
2 0

2 1-y2
-4× 0
1-x2
0
1-y2  0
1-x2
0

x2+y2-1
=y2 0 0
2 0 1-y2 0 
.
2
15-3y2
因为P在椭圆C上，所以有x2=16-4y2，代入上式化简可得S =y2 0
0 0 △PMN 0 1-y2
0 
.
2
令 t=1-y2，得y2=1-t，t∈[-3,0)，
0 0
12+3t 7 4
则S =(1-t) = 3× t- + +2.
△PMN t2 t t2
7 4 t3+7t-8 (t-1)t2+t+8
令g(t)=t- + +2，则g(t)= =
t t2 t3

，
t3
16
当t∈[-3,0)时，g(t)>0，g(t)单调递增，g(t) min =g(-3)= 9 ，即S △PMN 
4 3
= . min 3
15
当过P的切线斜率不存在时，此时P1,
2

15
或P-1,
2
 .
15
若P点的坐标为-1,
2

15 15
，由对称性可得S = ，
△PMN 22
15 15 4 3 4 3
因为 > ，所以△PMN面积的最小值为 .
22 3 3
4253 (2024·贵州黔东南·凯里一中校考三模)已知直线y=kx+1与抛物线C：x2=8y交于
A，B两点，分别过A，B两点作C的切线，两条切线的交点为D.
(1)证明点D在一条定直线上；
(2)过点D作y轴的平行线交C于点E，线段AB的中点为P，
①证明：E为DP的中点；
②求△ADE面积的最小值.
【解析】(1)设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，Dx 0 ,y 0 
x
，由x2=8y得y= ， 4
x
C在点A处的切线方程为y-y 1 = 4 1 x-x 1  ，
将x2=8y 代入上式得xx=4y+4y ，故xx =4y +4y ，
1 1 1 1 1 0 0 1
同理x x =4y +4y ，
2 0 0 2
A，B两点两点都在直线xx =4y +4y上，
0 0
所以直线xx =4y +4y与直线y=kx+1是同一直线，故x =4k，y =-1，
0 0 0 0
即点D在定直线y=-1上.
第 页 共 页
2733 3427(2)①x 0 =4k，即D为4k,-1  ，E为4k,2k2  ，
将y=kx+1与x2=8y联立得x2-8kx-8=0，Δ=64k2+64>0，
故x +x =8k,xx =-8，
1 2 1 2
线段AB的中点为P4k,4k2+1  ，故D,E,P三点共线，
4k2+1-1
=2k2，y +y =2y ，故E为DP的中点.
2 P D E
②DE  =2k2+1，l :x=4k， DE
点A到直线DE的距离为：
d=x 1 -4k  x +x =x - 1 2 1 2  x -x = 1 2 2  = x 1 +x 2  2-4xx 1 2 =2 2 2k2+1， 2
1
S = ⋅DE
△ADE 2
 ⋅d= 2⋅ 2k2+1⋅2k2+1  ≥ 2(当k=0时取等)，
△ADE面积的最小值为 2.
4254 (2024·新疆喀什·统考模拟预测)已知抛物线C:x2=2pyp>0  的焦点为F，且F与圆M:
x2+y+3

2=1上点的距离的最小值为3.
(1)求p；
(2)若点P在圆M上，PA，PB是抛物线C的两条切线，A,B是切点，求三角形PAB面积
的最大值.
【解析】(1)圆M:x2+y+3  2=1的圆心M0,-3  ，半径r=1，
p
由点F0,
2
 到圆M上的点的距离的最小值为FM 
p
-1= +3-1=3，解得p=2；
2
1 1
(2)由(1)知，抛物线的方程为x2=4y，即y= x2，则y= x，
4 2
设切点Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2 
1 1
，则y = x2,y = x2， 1 4 1 2 4 2
1 1
则k = x,k = x ，
PA 2 1 PB 2 2
x x2 x x2
则直线PA:y= 1x- 1，直线PB:y= 2x- 2，
2 4 2 4
x x2 x +x
y=
2
1x-
4
1 x= 1
2
2
联立 ，解得 ，
x x2 xx
y= 2x- 2 y= 1 2
2 4 4
x +x xx
从而得到P 1 2, 1 2
2 4
 ，
设直线AB:y=kx+b，联立抛物线方程，消去y并整理，得x2-4kx-4b=0，
则Δ=16k2+16b>0，即k2+b>0，
且x 1 +x 2 =4k，x 1 x 2 =-4b，故P2k,-b  ，
第 页 共 页
2734 3427因为AB  = 1+k2⋅ x 1 +x 2  2-4xx = 1+k2⋅ 16k2+16b， 1 2
2k2+2b
点P到直线AB的距离d=

，
k2+1
1
所以S = AB
△PAB 2
 d=4k2+b 
3
2，①
又点P2k,-b  在圆M:x2+y+3  2=1上，
1-b-3
故k2=
 2 -b2+10b-8
，代入①得S =4
4 △PAB 4

3
2，
而y P =-b∈-4,-2  ，故当b=4时，S △PAB  =32. max
4255 (2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测)已知抛物线的顶点在原点，焦点在y轴
上，其上一点Mm,1  到焦点的距离为2.
(1)求抛物线方程；
(2)圆E：x2+y+1  2=1，过抛物线上一点Px 0 ,y 0  x 0 ≥2  作圆E的两条切线与x轴交
于M、N两点，求S 的最小值.
△PMN
p
【解析】(1)设焦点F0,
2
 ，MF 
p
=1+ =2，p=2，
2
∴方程为x2=4y；
(2)设切线l：y-y 0 =kx-x 0  ，l PM ：y-y 0 =k 1x-x 0  ①，l PN ：y-y 0 =k 2x-x 0  ②.
∵d=r，∴ -kx 0 +y 0 +1  1+k2 =1，∴-kx 0 +y 0 +1  2=1+k2，
整理得：x2 0 -1  k2-2x 0y 0 +1  k+y2+2y =0. 0 0
∵x2-1≥22-1=3，
0
∴Δ=4x2 0y 0 +1  2-4x2 0 -1  y2 0 +2y 0  =4x2 0 +4y2 0 +2y 0  =4y2 0 +6y 0  >0，
由韦达定理：k +k = 2x 0y 0 +1
1 2
 y2+2y ，kk = 0 0，
x2-1 1 2 x2-1
0 0
∴k 1 -k 2  = k 1 +k 2 
2 y2+6y
2-4kk = 0 0 . 1 2 x2-1
0
-y -y
在①中令y=0，x = 0 +x ，同理x = 0 +x ，
1 k 0 2 k 0
1 2
∴MN 
-y y
= 0 + 0 k k
2 1

k -k
=y  2 1 0 kk
1 2

2y y2+6y
0 0 0
x2-1 2 y2+6y
= 0 = 0 0 ， y2+2y y +2
0 0 0
x2-1
0
1 h=y P =y 0 ，∴S △PMN = 2 ×MN  ×y = y 0 y2 0 +6y 0 = y2 0y2 0 +6y 0 0 y +2 0  y 0 +2  ， 2
第 页 共 页
2735 3427∵x ≥2，∴y ≥1，
0 0
t-2
令y +2=t，t≥3，则S =
0 △PMN
 2 t-2  2+6t-2    t-2
=
t2
 3 t+4 
，
t2
(t-2)3(t+4) 3(t-2)2(t+4)+(t-2)3
令g(t)= (t≥3)，g(t)=
t2
 ⋅t2-(t-2)3(t+4)⋅2t
，
t4
(t-2)2
g(t)= ⋅2t2+6t+16
t3
 >0，∴gt  在3,+∞  上单调递增，
∴gt  =g3 min 
7
= 9 ，∴S △PMN 
7
= . min 3
4256 (2024·广东茂名·高三校考阶段练习)已知平面内动点Px,y  ，P到定点F 6,0  的距
4 6 3
离与P到定直线l:x= 的距离之比为 ，
3 2
(1)记动点P的轨迹为曲线C ，求C的标准方程．
(2)已知点M是圆x2+y2=10上任意一点，过点M作做曲线C的两条切线，切点分别是
A,B，求△MAB面积的最大值，并确定此时点M的坐标.
x2 y2
注：椭圆： + =1a>b>0 a2 b2  上任意一点Px 0 ,y 0 
x x y y
处的切线方程是： 0 + 0 =1. a2 b2
4 6
【解析】(1)设d是点P到直线l:x= 的距离，
3
MF 根据题意，动点P的轨迹就是集合P= M     = 3
d 2
 ．
x- 6
由此得
 2+y2
4 6
 -x
3

3 x2 y2
= ．将上式两边平方，并化简，得 + =1.
2 8 2
(2)设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,Mx 0 ,y 0  ，则x2+y2=10， 0 0
xx yy x x y y
切线MA方程： 1 + 1 =1，切线MB方程： 2 + 2 =1，
8 2 8 2
因为两直线都经过点M，
xx yy x x y y
所以，得 1 0 + 1 0 =1， 2 0 + 2 0 =1，
8 2 8 2
x y
从而直线AB的方程是： 0x+ 0y=1，
8 2
x y
 
8
0x+
2
0y=1
由  x2 y2 ，得3y2 0 +10
 + =1
 8 2
 x2-16x x+64-32y2=0， 0 0
Δ=256x2 0 -43y2 0 +10  64-32y2 0  >0
16x 64-32y2
由韦达定理，得x +x = 0 ,xx = 0，
1 2 3y2+10 1 2 3y2+10
0 0
第 页 共 页
2736 3427AB 
x
= 1+- 0 4y
0

2
⋅x 1 -x 2 
x2 16x
= 1+ 0 ⋅  0 16y2 3y2+10
0 0

2 64-32y2
-4⋅ 0 = 3y2+10
0
2 103y2 0 +2  ，
3y2+10
0
x2 y2
 0 + 0 -1
8 2
点M到直线AB的距离d=

x
 0
8

2 y
+ 0
2

3y2+2
= 0 ，
2 5
1 ∴S = AB △MAB 2  ⋅d= 23y2 0 +2 
3
2 ，其中y2≤10， 3y2+10 0
0
令t= 3y2 0 +2，则t∈ 2,4 2 
2t3
,∴S = ， △MAB t2+8
令ft 
2t3
= ，则ft
t2+8

2t4+24t2
=

t2+8

>0，
2
∴ft  在t∈ 2,4 2  上递增，
32
∴t=4 2，即y2 0 =10时，△MAB的面积取到最大值 5 ，此时点M0,± 10  .
x2 y2
4257 (2024·湖北黄冈·浠水县第一中学校考三模)已知椭圆 + =1a>b>0
a2 b2
 经过点
3
A-1,
2
 ，过原点的直线与椭圆交于M，N两点，点G在椭圆上(异于M，N)，且k ⋅
GM
3
k =- ．
GN 4
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点P为直线x=4上的动点，过点P作椭圆的两条切线，切点分别为E，F，求
tan∠EPF的最大值．
【解析】(1)设Mx 1 ,y 1  ,Gx 2 ,y 2  ,x 1 ≠x 2  ，则N-x 1 ,-y 1  ，
y -y y +y
可得k = 2 1 ⋅k = 2 1，
GM x -x GN x +x
2 1 2 1
x2 y2
 1 + 1 =1
 a2 b2 x2-x2 y2-y2
因为点M,G在椭圆上，则 ，两式相减得 2 1 + 2 1 =0，
 x2 y2 a2 b2
  2 + 2 =1
a2 b2
y2-y2 b2 b2 3 b2 3
整理得 2 1 =- ，即k ⋅k =- =- ，可得 = ，
x2-x2 a2 GM GN a2 4 a2 4
2 1
3
又因为点A-1,
2

1 9
在椭圆上，则 + =1，
a2 4b2
 b2 3
 a2 = 4 a2=4
由 ，解得 ，
 1 9  b2=3
 + =1
a2 4b2
x2 y2
所以椭圆的标准方程为 + =1.
4 3
(2)由题意可知：切线PE,PF的斜率存在，设为k,k ，
1 2
设点P4,y 0  ，过点P4,y 0  的直线为y-y 0 =kx-4  ，
y-y 0 =kx-4
联立方程
 
x2 y2 ，消去y得4k2+3
+ =1
4 3
 x2-8k4k-y 0  x+44k-y 0  2-12=0，
第 页 共 页
2737 3427则Δ=64k2 4k-y 0  2-44k2+3  44k-y 0   2-12  =0，
整理得12k2-8y 0 k+y2 0 -3=0，则Δ=64y2 0 -48y2 0 -3  =16y2 0 +9  >0，
8y 2
即过直线x=4上任一点P均可作椭圆的两条切线，且k +k = 0 = y ,kk =
1 2 12 3 0 1 2
y2-3
0 ，
12
可得k 1 -k 2  = k 1 +k 2  2 2-4kk =  y 1 2 3 0  2 -4× y2 0 -3 = y2 0 +9 ， 12 3
因为tan∠EPF= k 1 -k 2 
y2+9
0
3 4 = = ，
1+k 1 ⋅k 2 1+ y2 0 -3 y2 0 +9
12
因为y2+9≥9，当且仅当y =0时，等号成立
0 0
1 1
则 y2+9≥3，可得0< ≤ ，
0 y2+9 3
0
4 4
所以tan∠EPF= ∈0,
y2+9 3
0
 ，
4
故当y =0时，tan∠EPF取到最大值 .
0 3
4258 (2024·新疆乌鲁木齐·统考二模)已知抛物线C：x2=2pyp>0  的准线为l，圆O：x2+
y2=r2.
(1)当r= 5时，圆O与抛物线C和准线l分别交于点A，B和点M，N，且AB  =MN  ，
求抛物线C的方程；
(2)当r=1时，点Px 0 ,y 0  y 0 >r  是(1)中所求抛物线C上的动点.过P作圆O的两条
切线分别与抛物线C的准线l交于D，E两点，求△PDE面积的最小值.
【解析】(1)因为AB  =MN  ，所以点O到AB的距离等于点O到MN的距离，该距离等
p
于 ，
2
p
由对称性可得直线AB的方程为y= ，
2
p
由x2=4y取y= 可得x=±p，
2
所以AB  =2p.
由AB  =2  5 
p
2-
2

2
=2p解得p=2，
所以抛物线C的方程为x2=4y.
第 页 共 页
2738 3427(2)由(1)可知准线l的方程为y=-1，设点Dm,-1  ，En,-1  ，Px 0 ,y 0  ，
则直线PD的方程为y+1  x 0 -m  =x-m  y 0 +1  ，
整理得y 0 +1  x-x 0 -m  y-x 0 -m  -my 0 +1  =0.
因为直线PD和圆O相切，所以点O到直线PD的距离等于1，
即 x 0 +my 0 
y 0 +1  2+x 0 -m 
=1，
2
整理得y 0 -1  m2+2x 0 m-y 0 +1  =0，
同理有y 0 -1  n2+2x 0 n-y 0 +1  =0，
因为y 0 >1，所以m，n是一元二次方程y 0 -1  x2+2x 0 x-y 0 +1  =0的两个根，
则m+n= -2x 0 ，mn= -y 0 +1
y -1
0
 ，
y -1
0
故DE  =m-n  = m+n 
4x2+4y2-4
2-4mn= 0 0 ，
y -1
0
又因为x2=4y，
所以DE 
y2+4y -1
=2 0 0
y 0 -1 
.
2
因为点P到准线l的距离为y +1，
0
所以S = 1 ×2 y2 0 +4y 0 -1
△PDE 2
 y 0 +1  2
y 0 -1  2
令y 0 -1=tt>0 
t2+6t+4
，则S = △PDE

t2+4t+4
 4
= t+ +6 t2 t 
4
t+ +4 t 
4 4 4
令μ=t+ ，则μ=t+ ≥2 t⋅ =4，当且仅当t=2，即y =3时取等号，
4 t t 0
则S △PDE = μ+6  μ+4  = μ+5  2-1，μ≥4，
所以S ≥ 92-1=4 5，当且仅当y =3时等号成立.
△PDE 0
综上，△PDE面积的最小值为4 5.
5 题型五：利用切点弦结论解决范围问题
第 页 共 页
2739 3427x2 y2 1
4259 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，且直线
1 a2 b2 2
x y
l: + =1被椭圆C 截得的弦长为 7．
1 a b 1
(1)求椭圆C 的方程；
1
(2)以椭圆C 的长轴为直径作圆C ，过直线l :y=4上的动点M作圆C 的两条切线，设
1 2 2 2
切点为A,B，若直线AB与椭圆C 交于不同的两点C，D，求|CD|⋅|AB|的取值范围．
1
x y
【解析】(1)直线l: + =1，经过点(a,0)，(0,b)，被椭圆C 截得的弦长为 7，可得a2
1 a b 1
+b2=7．
c 1
又 = ，a2=b2+c2，解得：a2=4，b2=3，c=1，
a 2
x2 y2
∴椭圆C 的方程为 + =1．
1 4 3
(2)由(1)可得：圆C 的方程为：x2+y2=4．
2
设M(2t,4)，则以OM为直径的圆的方程为：(x-t)2+(y-2)2=t2+4，
与x2+y2=4相减可得：直线AB的方程为：2tx+4y-4=0，
2tx+4y-4=0

设C(x
1
，y
1
)，D(x
2
，y
2
)，联立x2 y2 ，化为：(t2+3)x2-4tx-8=0，
+ =1
4 3
4t -8
Δ=48(t2+2)>0，则x +x = ，x ⋅x = ，
1 2 t2+3 1 2 t2+3
t2 4t
故|CD|= 1+ 
4 t2+3

2 -8 3t2+6
-4× =2 t2+4× ．
t2+3 t2+3
4 2
又圆心O到直线AB的距离d= = ，
4t2+16 t2+4
4 4 t2+3
∴|AB|=2 4-d2=2 4- = ，
t2+4 t2+4
3t2+6 4 t2+3 8 3t2+6
∴|AB|⋅|CD|=2 t2+4× × = ，
t2+3 t2+4 t2+3
3m-3 3
令t2+3=m(m≥3)，则|AB|⋅|CD|=8 =8 3- ，
m m
3
∵m≥3，可得2≤3- <3，可得：8 2≤|AB|⋅|CD|<8 3．
m
4260 (2024·海南·统考模拟预测)已知抛物线C:x2=2pyp>0  的焦点为F，准线为l，点P是
直线l 1 :y=x-2上一动点，直线l与直线l 1 交于点Q，QF  = 5.
(1)求抛物线C的方程；
 
(2)过点P作抛物线C的两条切线PA,PB，切点为A,B，且-9≤FA⋅FB≤5，求△PAB
面积的取值范围.
p p p p
【解析】(1)直线l:y=x-2，当y=- 时，x=2- ，即Q2- ,-
1 2 2 2 2

p
，F0,
2
 ，
则QF 
p
= 2-
2

2 2
+p2= 5，解得p=2或p=- (舍去)，
5
故抛物线C的方程为x2=4y.
(2)设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，Px 0 ,y 0 
x2 x
，y= ，y= ， 4 2
x
PA的直线方程为：y= 2 1 x-x 1  +y 1 ，整理得到2y+y 1  =xx ， 1
同理可得：PB方程为2y+y 2  =xx ， 2
第 页 共 页
2740 3427故 2y 0 +y 1  =x x 0 2 2y 0 +y 2    =x x ，故AB的直线方程为2y+y 0 0 2  =xx ， 0
2y+y 0    x2=4y = x x 0 ，整理得到x2-2x 0 x+4y 0 =0，  x x 1 x + = x 2 4 = y 2 x 0 ，
1 2 0
 
FA⋅FB=x 1 ,y 1 -1  ⋅x 2 ,y 2 -1  =x 1 x 2 +y 1 y 2 -y 1 +y 2  +1
=xx + x 1 2x 2 2 - x 1 +x 2
1 2 16
 2-2xx 1 2 +1=y2-x2+6y +1=2y -3，
4 0 0 0 0
-9≤2y -3≤5，解得-3≤y ≤4，
0 0
设P到AB的距离为d，
1 S = AB △PAB 2  1 x2 ⋅d= 2 1+ 4 0 x 1 +x 2  4y -x2 2-4xx ⋅ 0 0 1 2  1 4+x2 = 2 y 0 2+4
0
 3，
-3≤y 0 ≤4，故y 0 2+4∈4,20  ，S ∈4,20 5 △PAB 
x2 y2
4261 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  的左，右焦点分别为F， 1
2
F，离心率为 ，M为椭圆上异于左右顶点的动点，△MFF 的周长为4+2 2.
2 2 1 2
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点M作圆O:x2+y2=1的两条切线，切点分别为A,B，直线AB交椭圆C于P，Q
两点，求△OPQ的面积的取值范围.
【解析】(1)设椭圆焦距为2c，根据椭圆定义可知，
△MF 1 F 2 的周长为MF 1  +MF 2  +F 1 F 2 
c 2
=2a+2c，离心率e= = a 2
c 2
 =
联立a 2 ，解得a=2，c= 2，
2a+2c=4+2 2
所以b2=a2-c2=2，
x2 y2
即椭圆C的标准方程 + =1.
4 2
(2)设点M(x ,y )，又A,B为切点，可知OB⊥BM,OA⊥AM，
0 0
所以O,A,B,M四点共圆，即A,B在以OM为直径的圆上，
x 则以OM为直径的圆的方程为x- 0
2
 2 +y- y 0
2
 2 = x2 0 +y2 0，
4
又A,B在圆O:x2+y2=1上，
两式相减得直线AB的方程为x x+y y=1，如下图所示：
0 0
设Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2 
x2
+
y2
=1
，由 4 2 ，
x x+y y=1
0 0
第 页 共 页
2741 3427消去y整理后得2x2
0
+y2
0 
x2-4x x+2-4y2=0，
0 0
4x 2-4y2
x +x = 0 ，xx = 0 ，
1 2 2x2+y2 1 2 2x2+y2
0 0 0 0
所以PQ 
x
= 1+- 0 y
0

2
x 1 -x 2 
x
= 1+- 0 y
0

2
x 1 +x 2  2-4xx 1 2
x2 4x
= 1+ 0  0
y2 2x2+y2
0 0 0

2 2-4y2 x2+y2 x2+1
-4× 0 =2 6× 0 0 0 ，
2x2+y2 2x2+y2
0 0 0 0
1
又点O到直线PQ的距离d= ，
x2+y2
0 0
设△OPQ的面积为S，则
1
S= PQ
2

1 x2+y2 x2+1 1
⋅d= ×2 6× 0 0 0 ⋅
2 2x2+y2 x2+y2
0 0 0 0
2 6 x2+1 2 6 x2+1 x2+1
= 0 = 0 =2 6× 0
4x2 0 +4-x2 0 3x2 0 +4 3x2 0 +1  +1
1
=2 6× ，
1
3 x2+1+
0 x2+1
0
其中x2 0 ∈0,4  ，令t= x2 0 +1，则t∈1, 5  ，
1
设f(t)=3t+ ，t∈1, 5
t
 ，则ft 
1
=3- >0，
t2
所以ft  在区间1, 5  上单调递增，从而得f(t)∈  4, 16 5
 5
 ，
30 6 于是可得S∈ ,
8 2
 ，
30 6 即△OPQ的面积的取值范围为 ,
8 2
 .
4262 (2024·辽宁沈阳·校联考二模)从抛物线的焦点发出的光经过抛物线反射后，光线都平行
于抛物线的轴，根据光路的可逆性，平行于抛物线的轴射向抛物线后的反射光线都会汇聚
到抛物线的焦点处，这一性质被广泛应用在生产生活中．如图，已知抛物线C:x2=
2pyp>1  ，从点4,9  发出的平行于y轴的光线照射到抛物线上的D点，经过抛物线两
次反射后，反射光线由G点射出，经过点-1,5  ．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知圆M:x2+y-3

2=4，在抛物线C上任取一点E，过点E向圆M作两条切线EA
 
和EB，切点分别为A、B，求EA⋅EB的取值范围．
8
【解析】(1)由题设，令D4,
p

1
，G-1,
2p
 ，根据抛物线性质知：直线DG必过焦点
p
F0,
2
 ，
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2742 34278 p 8 1
- -
p 2 p 2p 3
所以k =k ，则 = = ，整理得p2=4，p>1，则p=2，
DF DG 4 5 2p
所以抛物线C的方程为x2=4y.
      
(2)由题意，MA⊥EA,MB⊥EB，且EA=EM+MA，EB=EM+MB，MA 

=MB 
=2，
           
所以EA⋅EB=(EM+MA)⋅(EM+MB)=EM2+EM⋅(MA+MB)+MA⋅MB，
        
而EM⋅(MA+MB)=EM⋅MA+EM⋅MB=-MA2-MB2=-8，
π
令∠AEM=∠BEM=θ∈0,
2

π
，则∠AME=∠BME= -θ，
2
  
4
所以MA⋅MB=4cos(π-2θ)=-4cos2θ，EM2= ，
sin2θ
 
4 8
综上，EA⋅EB= -8-4cos2θ= +4(1-cos2θ)-12，
sin2θ 1-cos2θ
2
又sinθ=
ME 
x2
，M(0,3)，若Ex,
4

x2
，则|ME|2=x2+ -3
4

2 1
= (x2-4)2+8，
16
由x2≥0，当x2=4，即x=±2时|ME| =2 2，无最大值，
min
2 所以sinθ∈0,
2
 π ，即θ∈0,
4
 π ，故2θ∈0,
2
 ，cos2θ∈[0,1)，
 
8
令t=1-cos2θ∈(0,1]，则EA⋅EB= +4t-12，
t
 
8 8
令y= +4t，y=4- <0在t∈(0,1]上恒成立，即y递减，所以EA⋅EB∈[0,+∞).
t t2
x2
4263 (2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习)直线l:y= 2x+ 6过双曲线C: -
a2
y2
=1a>0,b>0
b2
 的一个焦点，且直线l与双曲线C的一条渐近线垂直.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点N 5,0  作一条斜率为k的直线l，若直线l上存在点P，使得过点P总能作C
的两条切线互相垂直，求直线k的取值范围.
【解析】(1)依题意，直线l:y= 2x+ 6交x轴于点(- 3,0)，则双曲线C的半焦距c=
3，
2 b 2
直线l的斜率为 2，因此双曲线C的一条渐近线斜率为- ，则 = ，而a2+b2=
2 a 2
c2，解得a= 2，b=1，
x2
所以双曲线C的方程为 -y2=1.
2
(2)当过点P(x ,y )的两条切线斜率都存在时，设此切线l 的方程为：y=tx+m，
0 0 1
第 页 共 页
2743 3427y=tx+m

由x2 消去y并整理得：1-2t2
-y2=1
2
 x2-4tmx-2m2-2=0，显然1-2t2≠0，
则有Δ=16t2m2-8(2t2-1)(m2+1)=0，整理得2t2-m2-1=0，
由于点P(x ,y )在直线l 上，即m=y -tx ，因此(2-x2)t2+2x y t-y2-1=0，
0 0 1 0 0 0 0 0 0
y2+1
设两条切线的斜率分别为t ，t ，即有tt = 0 =-1，化简得x2+y2=1，
1 2 1 2 x2-2 0 0
0
过点P(x ,y )的其中一条切线斜率不存在时，也满足x2+y2=1，
0 0 0 0
即点P一定在圆x2+y2=1上，而过点N 5,0  的直线l方程为：y=kx- 5k，
 5k
于是d=
 1 1
≤r=1，解得- ≤k≤ ，
k2+1 2 2
1 1
所以k∈ - ,
 2 2

第 页 共 页
2744 3427