解析几何中的切线问题1

1、如图，过点D(0,2)作抛物线 x2py(p0)的切线l，切点Ａ在第二象限.

(Ⅰ）求切点A的纵坐标;

23x2y2(Ⅱ)若离心率为的椭圆221(ab0)恰好经

2ab过切点Ａ，设切线l交椭圆的另一点为B，记切线l，OA,

OB的斜率分别为k,k1,k2,若k12k24k，求椭圆方程.

x解:（Ⅰ)设切点A(x0,y0)，且y00，

2p由切线l的斜率为k2x0, p22xxx得l的方程为y0x0,又点D(0,2)在l上,02，即点A的纵坐标

p2p2py02．…………5分

(Ⅱ)由(Ⅰ） 得A(2p,2)，切线斜率k2p，

设B(x1,y1),切线方程为ykx2，由e322，得a4b，…………7分 2x2y22所以椭圆方程为221,且过A(2p,2),bp4…………9分

4bbykx2222(14k)x16kx164b0, 由222x4y4b16kxx0114k2，…………………11分 2xx164b0114k2∴k12k2y02y1x1y02x0y1x1(kx02)2x0(kx12)2x4x03k1 x0x1x0x1x0x1x0x132k4p232k4p(14k2)2(x1x0)2x014k3k3k3k4k 22x0x1164b164b14k22222将k，bp4代入得：p32,所以b36,a144,

px2y21.………………1５分 ∴椭圆方程为

14436

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2、设抛物线C的方程为x4y，Mx0,y0为直线l:ym(m0)上任意一点,过点M2作抛物线C的两条切线MA,MB,切点分别为A，B.

（1)当M的坐标为(0,1)时，求过M,A,B三点的圆的方程，并判断直线l与此圆的位置关系；

（2)求证:直线AB恒过定点(0,m).

解：（１)当M的坐标为(0,1)时,设过M点的切线方程为ykx1，代入x4y,整理得

2x24kx40,令(4k)2440,解得k1， 代入方程得x2,故得A(2,1),B(2,1)，

因为M到AB的中点(0,1)的距离为2,从而过M,A,B三点的圆的方程为x2(y1)24． 易知此圆与直线l:y1相切.

（２)证法一:设切点分别为Ax1,y1,Bx2,y2,过抛物线上点Ax1,y1的切线方程为

(yy1)k(xx1),代入x24y，整理得x24kx4kx1y10

x2x

由已知得y,求导得y，

42

x1 2x1x12x1x 从而过抛物线上点Ax1,y1的切线方程为yy1(xx1)即y242x1x12xx0 ① 即y01x0y1.... 1０分 又切线过点Mx0,y0,所以得y02422x2x2x, 同理可得过点Bx2,y2的切线为y242x2x2y0x0 又切线过点,所以得Mx0,y024切点分别为Ax1,y1,Bx2,y2，故过点Ax1,y1的切线斜率为k② .．．． １2分 即y0x2x0y2 2xx0y即x0x2y0y，故直线AB的方程为2即点Ax1,y1,Bx2,y2均满足y0．.．.．......．...．．．.．..．..．．..．.．．.．.．.． 1x0x2y0y .．４分

又Mx0,y0为直线l:ym(m0)上任意一点，故x0x2ym对任意x0成立，所以x0,ym,从而直线AB恒过定点(0,m) ...．．．....．.．..．．． 16分

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1、如图,已知抛物线C的顶点在原点O，焦点为F0,1. (Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）在抛物线C上是否存在点P，使得过点P的直线交抛物线C于另一点Q, 满足PFQF，且PQ与抛物线C在点P处的切线垂直? 若存在, 求出点P的坐标；若不存在,请说明理由．

(Ⅰ)解:设抛物线C的方程是x2py,由于焦点为F0,1,

2∴

p1,即p2, 故所求抛物线Ｃ的方程为x24y．…………４分 2x1, 2(Ⅱ)解:设Px1,y1,Qx2,y2,则抛物线C在点P处的切线斜率为ky|xx1切线方程是: y2x1xy1, 直线PQ的方程是 yx2y1． …6分

x122将上式代入抛物线C的方程,得x88x42y10，故 x1x2，x1x1x1x284y1，∴x28124x1，y2x2y14。又FPx1,y11，x14y1FQx2,y21，∴ FPFQx1x2y11y21x1x2y1y2y1y21

y14y1144 ……12分 42y1y1y142y141yyy111令FPFQ0,得y１＝4, 此时, 点P的坐标是4, 4 ． 经检验, 符合题意. 所以， 满足条件的点P存在, 其坐标为4, 4………１4分

2--

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x2y22、设椭圆C1:221(ab0)的左、右焦点分别是Ｆ1、F2，下顶点为A,线段O的中

ab点为B(O为坐标原点),如图.若抛物线Ｃ2：yx1与y轴的交点为B,且经过F1,Ｆ2点. （Ⅰ)求椭圆C1的方程；

y P 24），N为抛物线C2上的一动点,过点N作抛5物线C２的切线交椭圆Ｃ1于P、Q两点,求MPQ面积的最大值．

（Ⅱ）设Ｍ（０，（Ⅰ)解：由题意可知B(0,-1）,则A(0,-2），故ｂ=2．

令y=0得x10即x1，则F１(-1，0)，Ｆ2(1,０）,故c=1.所以abc5.于是椭圆C

222１

2O N M B A Q

F1 F2 x 的方程为：

x2y21.…………4分 54 （Ⅱ)设N（t,t1）,由于y'2x知直线ＰＱ的方程为:

2y(t21)2t(xt)． 即y2txt21．……………………………6分

22222代入椭圆方程整理得：4(15t)x20t(t1)x5(t1)200,

400t2(t21)280(15t2)[(t21)24]＝80(t418t23),

5(t21)2205t(t21)x1x2 , x1x2,

4(15t2)15t22故PQ14tx1x214t2.(x1x2)24x1x2

514t2t418t23 ．………………………………１0分

15t2设点M到直线PＱ的距离为ｄ,则d4t21514t--

2t215214t.……………12分

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11514tt18t315 所以,MPQ的面积SPQd2215t214t2242t2555105t418t23(t29)284 84…………14分 1010105当t3时取到“=”，经检验此时0，满足题意．

综上可知，MPQ的面积的最大值为

105.…………………………15分 5--