重难点突破12 双切线问题的探究（六大题型）（解析版）

重难点突破12双切线问题的探究目录双切线问题，就是过一点做圆锥曲线的两条切线的问题，解决这一类问题我们通常用同构法.解题思路：①根据曲线外一点00Pxy，设出切线方程00yykxx．②和曲线方程联立，求出判别式0．③整理出关于双切线斜率12kk、的同构方程．④写出关于12kk、的韦达定理，并解题．题型一：定值问题例1．（2023·河南·高三竞赛）已知抛物线C：22xy与直线l：1ykx没有公共点，P为直线l上的动点，过P作抛物线C的两条切线，A、B为切点.（1）证明：直线AB恒过定点Q；（2）若点P与Q的连线与抛物线C交于M、N两点，证明：PMQNPNQM.【解析】（1）设点11,Axy.则12112yx.由212yx，得'yx.所以11'xxyx.于是，抛物线C在点A处的切线方程为11111yyxxxyxxy．设点00,1Pxkx.则00111kxxxy.设点22,Bxy.同理，00221kxxxy.从而，00:1ABlkxxxy，即010xxky.因此，直线AB恒过定点Q（k，1）.（2）设.002:1PQkxlyxkxk与抛物线212yx方程联立，消去y得200000222240kxkkxxxxkxk.设点3344,,,MxyNxy.则03402034024,222.kxxxxkkxkxxxk①要证PMQNPNQM，即证PMQMPNQN，则只需证明303404xxkxxxxk，即340340220xxkxxxkx.②由方程组①知34034022xxkxxxkx20000002224242kxkkxkxkxxkxk20000002224242kxkkxkxkxxkxk0.故式②成立.从而，结论成立.例2．（2023·高二单元测试）已知抛物线C：220ypxp的焦点F与椭圆22143xy的右焦点重合，点M是抛物线C的准线上任意一点，直线MA，MB分别与抛物线C相切于点A，B．(1)求抛物线C的标准方程及其准线方程；(2)设直线MA，MB的斜率分别为1k，2k，证明：12kk为定值．【解析】（1）因为224,3ab，所以222431cab，所以1c，可得椭圆22143xy的右焦点为1,0，可得抛物线C的焦点为1,0F，∴2p，所以抛物线C的标准方程为24yx，准线方程为=1x；（2）由于点M是抛物线C的准线上任意一点，故可设1,Mt，因为直线MA，MB的分别与抛物线C相切于点A，B点可知直线MA，MB的斜率存在，且不为0，设过点1,Mt的直线方程为1ykxt，联立241yxykxt，消去x得：24440kyykt，其判别式1616kkt，令Δ0，得210ktk，由韦达定理知12kkt，121kk，故12kk为定值－1．例3．（2023·贵州贵阳·校联考模拟预测）已知坐标原点为O，抛物线为2:2(0)Gxpyp与双曲线22133yx在第一象限的交点为P，F为双曲线的上焦点，且OPF△的面积为3．(1)求抛物线G的方程；(2)已知点(2,1)M，过点M作抛物线G的两条切线，切点分别为A，B，切线MA，MB分别交x轴于C，D，求MAB△与MCD△的面积之比．【解析】（1）双曲线22133yx的上焦点为0,6F，设,PPPxy，0,0PPxy，由已知得：11||6322OPFPPSOFxx△，则6px，代入双曲线方程可得226133Py，解得3Py或3Py（舍去），所以(6,3)P，又因为P在抛物线上，所以623p，解得1p，故抛物线G的方程为22xy．（2）设点11,Axy，22,Bxy，对22xy求导得yx，则切线MA的方程为111yyxxx，由2112xy整理得11yxxy，令0y，则12xx，即1,02xC，同理可求得2,02xD．将(2,1)M代入直线MA可得：11210xy，同理可求得直线MB的方程：22210xy，所以A，B的直线方程210xy．联立2122yxxy消去y得2420xx，则韦达定理：12124,2xxxx，则弦长221215442230ABkxx，点M到直线AB的距离|2(2)(1)1|6555d，所以1662MABSABd△，又1216242MCDMxxSCDy，故12MABMCDSS△△．变式1．（2023·安徽合肥·高三合肥一中校联考开学考试）已知抛物线2:2Expy（p为常数，0p）.点00,Mxy是抛物线E上不同于原点的任意一点.(1)若直线00:2xlyxy与E只有一个公共点，求p；(2)设P为E的准线上一点，过P作E的两条切线，切点为,AB，且直线PA，PB与x轴分别交于C，D两点.①证明：PAPB②试问PCABPBCD是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【解析】（1）将直线00:2xlyxy与抛物线2:2Expy联立，消去y可得020022xxxpy，由题意可知该方程只有一个实数根，所以20014042xyp，又点00,Mxy在抛物线上，即2002xpy；可得002204pyyp，解得2p（2）①易知抛物线2:2Expy的准线方程为2py；不妨设,2PpPx，切点1122,,,AxyBxy，如下图所示：将22xpy求导可得xyp，则切线PA的斜率1PAxkp，切线PA的方程为111xyyxxp，又2112xpy，PA的方程可化为21120yxxpx；同理可得PB的方程可化为22220yxxpx；又两切线交于点P，所以2211222200PPxxpxxxpx，因此可得12,xx是方程220Pxxxp的两根，因此21122,Pxxxxxp；所以121221PAPBxxkxxppkp；因此PAPB②设直线PA和PB的倾斜角为12,，直线AB的倾斜角为0，所以2221211221201n122a2tAPBxxyyxxxpxxxxppk；又11tantanPAxPCDkp；22tanPBxkp；22020222022tantantantan1tantan22221PPPPxxpPBApxpxpxpxpxx；所以12122222222tn22ant222aPPPPPxxxxxPCDPpBppxpxpxpxxAxpx1212222222PPPpxxxxxpxxppx，将21122,Pxxxxxp代入可得2221212222222tantan02222PPPPPPPpxxpxpxpxppxxxxPCpxppxDPBAxx，则可得tantanPCDPBA，即PCDPBA；又PAPB，所以RtRtPCDPBA，可得PCPBCDAB，则1PCABPBCD为定值.变式2．（2023·河南信阳·信阳高中校考三模）已知抛物线21:20Cypxp上一点1,Qa到焦点的距离为3.(1)求a，p的值；(2)设P为直线=1x上除1,3，1,3两点外的任意一点，过P作圆222:23Cxy的两条切线，分别与曲线1C相交于点A，B和C，D，试判断A，B，C，D四点纵坐标之积是否为定值？若是，求该定值；若不是，请说明理由.【解析】（1）根据抛物线的定义，1,Qa到准线2px的距离为3，∴132p，∴4p；∴抛物线的焦点坐标为2,0，∴213a，∴22a；（2）设01,Py，过点P的直线方程设为0:1lyykx，由2081yxyykx得，208880kyyyk，若直线AB，CD的斜率分别为1k，2k，设A，B，C，D的纵坐标分别为1y，2y，3y，4y，∴011218ykyyk，023428ykyyk，∵2C到l的距离02331kydk，∴22006630kyky，∴120kky，201236ykk，∴212120012341264kkkkyyyyyykk221200126464kkyykk，∴A，B，C，D四点纵坐标之积为定值，且定值为64.题型二：斜率问题例4．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:2222xyab=1(ab0)的离心率为154,F1,F2是椭圆的两个焦点,P是椭圆上任意一点,且△PF1F2的周长是8+215.(1)求椭圆C的方程;(2)设圆T:(x-2)2+y2=49,过椭圆的上顶点M作圆T的两条切线交椭圆于E,F两点,求直线EF的斜率.【解析】试题分析：（1）由椭圆的离心率为154可得a=4b，c=15b，然后根据△PF1F2的周长可得b=1，a=4，从而可得椭圆的方程．（2）由题意知过点M与圆T相切的直线存在斜率，设其方程为y=kx+1，由直线与圆相切可得32k2+36k+5=0，从而得到1298kk，12532kk．然后分别求出两切线与椭圆交点的横坐标Ex和Fx，最后根据斜率公式求解即可．试题解析：(1)由题意得e=22154cabaa，∴a=4b，∴c=15b．∵△PF1F2的周长是8+215，∴2a+2c=2415b8+215，∴b=1,∴a=4．∴椭圆C的方程为216x+y2=1．(2)由（1）得椭圆的上顶点为M(0,1)，又由题意知过点M与圆T相切的直线存在斜率，设其方程为l：y=kx+1，∵直线y=kx+1与圆T相切，∴2|21|231kk，整理得32k2+36k+5=0，∴121295,832kkkk由1221116ykxxy消去y整理得(1+1621k)x2+32k1x=0，∴12132116Ekxk．同理可得22232116Fkxk,∴1212129385116411632EFEFEFEFEFyykxkxkkkxxxxkk．故直线EF的斜率为34．例5．（2023·全国·高三专题练习）设点P为抛物线2:yx外一点，过点P作抛物线的两条切线PA，PB，切点分别为A，B．（Ⅰ）若点P为(1,0)，求直线AB的方程；（Ⅱ）若点P为圆22(2)1xy上的点，记两切线PA，PB的斜率分别为1k，2k，求1211||kk的取值范围．【解析】（Ⅰ）设直线PA方程为11xmy，直线PB方程为21xmy，由121xmyyx，可得2110ymy，因为PA与抛物线相切，所以2140m，取12m，则1,1AAyx，即A（1，1）．同理可得B（1，-1）．所以AB：1x．（Ⅱ）设00(,)Pxy，则直线PA方程为1100ykxkxy，直线PB方程为2200ykxkxy．由11002ykxkxyyx可得211000kyykxy．因为直线PA与抛物线相切，所以△=110014()kkxy201014410xkyk．同理可得202024410xkyk，所以12,kk时方程2004410xk