三年磨一線：賞析切線在山東高考中的應用

高豐平

綜觀近三年山東高考解析幾何問題都與切線相關，其中橢圓、拋物線及圓都有涉及，或需求出切線方程，或利用給出的切線方程求解，值得仔細研究和欣賞.如果使用“四線一方程”來寫出切線方程求解，則會更加簡潔明快.

求過曲線上一點P（x0，y0）的切線方程，常可以用“四線”一方程得到，即：對于一般的二次曲線Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0，用x0x代x2，用y0y代y2，用x0y+xy02代xy，用x0+x2代x，用y0+y2代y即得方程Ax0x+B·x0y+xy02+Cy0y+D·x0+x2+E·y0+y2+F=0，曲線的切線，切點弦，中點弦，弦中點方程均是此方程得到.

如：橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）上一點P（x0，y0）處的切線方程是x0xa2+y0yb2=1.

雙曲線x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）上一點P（x0，y0）處的切線方程是x0xa2-y0yb2=1.

拋物線y2=2px（p>0）上一點P（x0，y0）處的切線方程是y0y=p（x+x0）.

例1（2014年山東高考理科21題）已知拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點為F，A為C上異于原點的任意一點，過點A的直線l交C于另一點B，交x軸的正半軸于點D，且有FA=FD，當點A的橫坐標為3時，△ADF為正三角形.

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）若直線l1∥l，且l1和C有且只有一個公共點E，

（ⅰ）證明直線AE過定點，并求出定點坐標；

（ⅱ）△ABE的面積是否存在最小值？若存在，請求出最小值；若不存在，請說明理由.

解（Ⅰ）由題意知Fp2，0.設D（t，0）（t>0），則FD的中點為p+2t4，0.因為FA=FD，

由拋物線的第二定義知3+p2=t-p2，解得t=3+p或t=-3（舍去）.

由p+2t4=3，解得p=2.故拋物線C的方程為y2=4x.

圖1

（Ⅱ）證明（ⅰ）如圖1，由（Ⅰ）知F（1，0）.設A（x0，y0）（x0y0≠0），D（xD，0）（xD>0），因為FA=FD，則|xD-1|=x0+1.由xD>0得xD=x0+2，故D（x0+2，0），故直線AB的斜率kAB=-y02.設E（x1，y1），由“四線”一方程得切線線l1的方程為yy1=4·x1+x2=2（x1+x），由l1∥l則kAB=-y02=kl1=2y1，得y1=-4y0，x1=4y20.

當y20≠4時，kAE=yE-y0xE-x0=-4y0+y04y20-y204=4y0y20-4，可得直線AE的方程為y-y0=4y0y20-4（x-x0），由y20=4x0，整理可得y=4y0y20-4（x-1），直線AE恒過點F（1，0）.當y20=4時，直線AE的方程為x=1，過點F（1，0）.所以直線AE恒過點F（1，0）.

解（ⅱ）如圖1，由（ⅰ）知，直線AE恒過點F（1，0），所以

|AE|=|AF|+|FE|=（x0+1）+1x0+1=x0+1x0+2.設直線AE的方程為x=my+1，因為點A（x0，y0）在直線AE上，故m=x0-1y0.設B（x1，y1），直線AB的方程為y-y0=-y02（x-x0），由于y0≠0，可得x=-2y0y+2+x0，代入拋物線方程得y2+8y0y-8-4x0=0.可求得y0+y1=-8y0，所以y1=-y0-8y0，x1=4x0+x0+4.所以點B到直線AE的距離為d=|4x0+x0+4+m（y0+8y0）-1|1+m2=4（x0+1）x0=4（x0+1x0）.則△ABE的面積S=12×4（x0+1x0）（1x0+x0+2）≥16，當且僅當1x0=x0，即x0=1時等號成立.所以△ABE的面積的最小值為16.

評注綜合條件“l1和C有且只有一個公共點E”，說明直線l1為C的切線.本題考查了切線、定點及最值問題，變量較多，運算量較大，在求△ABE的面積的最小值時還用到基本不等式，對數學思維和數學運算的要求較高.

例2（2013年高考山東理22）橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦點分別是F1，F2，離心率為32，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.

（Ⅰ）求橢圓C的方程；

（Ⅱ）點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1，PF2，設∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸

于點M（m，0），求m的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，過P點作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點，設直線

PF1，PF2的斜率分別為k1，k2，若k≠0，試證明1kk1+1kk2為定值，并求出這個定值.

解（Ⅰ）由于c2=a2-b2，將x=-c代入橢圓方程x2a2+y2b2=1（a>b>0）得y=±b2a.

由題意知2b2a=1，即a=2b2.又e=ca=32，所以a=2，b=1，所以橢圓方程為x24+y2=1.

圖2

（Ⅱ）如圖2，由題意可知：PF1·PM|PF1||PM|=PF2·PM|PF2||PM|，PF1·PM|PF1|=PF2·PM|PF2|，設P（x0，y0），其中

x20≠4，將向量坐標代入并化簡得：m（4x20-16）=3x30-12x0，因為x20≠4，所以m=34x0，而x0∈（-2，2），故m∈-32，32.

（Ⅲ）如圖2，由題意可知，l為橢圓在P點處的切線，由“四線”一方程可求得，切線方程為

x0x4+y0y=1，所以k=-x04y0，而k1=y0x0+3，k2=y0x0-3，代入1kk1+1kk2中得1kk1+1kk2=-4（x0+3x0+x0-3x0）=-8為定值.

評注問題（Ⅱ）的解答用到角平分線的向量式；而問題（Ⅲ）利用“四線一方程”（或隱函數求導）直接寫出切線方程，使問題的解決大大簡化.本題考查橢圓方程、直線方程、三角形內角的角平分線、直線與橢圓的位置關系、兩點連線的斜率公式等基礎知識和基本方法.解題時要在有明確的思路后再進行具體的運算求解，否則可能陷入復雜的運算中不能自拔.

例3（2012年高考山東理21）在平面直角坐標系xOy中，F是拋物線C：x2=2py（p>0）的焦點，M是拋物線C上位于第一象限內的任意一點，過M，F，O三點的圓的圓心為Q，點Q到拋物線C的準線的距離為34.

（Ⅰ）求拋物線C的方程；

（Ⅱ）是否存在點M，使得直線MQ與拋物線C相切于點M？若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由；

（Ⅲ）若點M的橫坐標為2，直線l：y=kx+14與拋物線C有兩個不同的交點A，B，l與圓Q有兩個不同的交點D，E，求當12≤k≤2時，AB2+DE2的最小值.

解（Ⅰ）F是拋物線C：x2=2py（p>0）的焦點，故F0，p2，設M（x0，x202p）（x0>0），Q（a，b），由題意可知b=p4，則點Q到拋物線C的準線的距離為b+p2=p4+p2=34p=34，解得p=1，于是拋物線C的方程為x2=2y.

圖3

（Ⅱ）如圖3，假設存在點M，使得直線MQ與拋物線C相切于點M，而F（0，12），O（0，0），M（x0，x202），Q（a，14），由“四線”一方程得切線MQ的方程為x0x=2·y+y02=y+y0，又點Q（a，14）在切線上，故x0a=14+x202，所以a=14x0+x02，故Q14x0+x02，14.又MQ=OQ=QF，故

（14x0-x02）2+（14-x202）2=（14x0+x02）2+116，故（14-x02）2=916，又x0>0，所以x0=2，此時點M的坐標為（2，1）.

（Ⅲ）如圖3，若點M的橫坐標為2，則點M（2，1），Q（528，14）.由x2=2y，

y=kx+14，可得x2-2kx-12=0，Δ=4k2+2>0.設A（x1，y1），B（x2，y2），

AB2=（1+k2）[（x1+x2）2-4x1x2]=（1+k2）（4k2+2）.

圓Q：（x-528）2+（y-14）2=5064+116=2732，圓心距d=k·5281+k2=52k81+k2，

DE2=42732-25k232（1+k2）=27+2k28（1+k2），于是AB2+DE2=（1+k2）（4k2+2）+27+2k28（1+k2），

令1+k2=t∈54，5，

AB2+DE2=（1+k2）（4k2+2）+27+2k28（1+k2）=t（4t-2）+2t+258t=4t2-2t+258t+14，

設g（t）=4t2-2t+258t+14，g′（t）=8t-2-258t2，當t∈54，5時，g′（t）=8t-2-258t2>0，

即當t=54，k=12時g（t）min=4×2516-2×54+258×54+14=132.

故當k=12時，（AB2+DE2）min=132.

評注由“四線”一方程得切線MQ的方程較為迅捷也更為簡潔.在已知切點的情況下，這種方法求切線更為實用.

評注問題（Ⅱ）的解答用到角平分線的向量式；而問題（Ⅲ）利用“四線一方程”（或隱函數求導）直接寫出切線方程，使問題的解決大大簡化.本題考查橢圓方程、直線方程、三角形內角的角平分線、直線與橢圓的位置關系、兩點連線的斜率公式等基礎知識和基本方法.解題時要在有明確的思路后再進行具體的運算求解，否則可能陷入復雜的運算中不能自拔.

例3（2012年高考山東理21）在平面直角坐標系xOy中，F是拋物線C：x2=2py（p>0）的焦點，M是拋物線C上位于第一象限內的任意一點，過M，F，O三點的圓的圓心為Q，點Q到拋物線C的準線的距離為34.

（Ⅰ）求拋物線C的方程；

（Ⅱ）是否存在點M，使得直線MQ與拋物線C相切于點M？若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由；

（Ⅲ）若點M的橫坐標為2，直線l：y=kx+14與拋物線C有兩個不同的交點A，B，l與圓Q有兩個不同的交點D，E，求當12≤k≤2時，AB2+DE2的最小值.

解（Ⅰ）F是拋物線C：x2=2py（p>0）的焦點，故F0，p2，設M（x0，x202p）（x0>0），Q（a，b），由題意可知b=p4，則點Q到拋物線C的準線的距離為b+p2=p4+p2=34p=34，解得p=1，于是拋物線C的方程為x2=2y.

圖3

（Ⅱ）如圖3，假設存在點M，使得直線MQ與拋物線C相切于點M，而F（0，12），O（0，0），M（x0，x202），Q（a，14），由“四線”一方程得切線MQ的方程為x0x=2·y+y02=y+y0，又點Q（a，14）在切線上，故x0a=14+x202，所以a=14x0+x02，故Q14x0+x02，14.又MQ=OQ=QF，故

（14x0-x02）2+（14-x202）2=（14x0+x02）2+116，故（14-x02）2=916，又x0>0，所以x0=2，此時點M的坐標為（2，1）.

（Ⅲ）如圖3，若點M的橫坐標為2，則點M（2，1），Q（528，14）.由x2=2y，

y=kx+14，可得x2-2kx-12=0，Δ=4k2+2>0.設A（x1，y1），B（x2，y2），

AB2=（1+k2）[（x1+x2）2-4x1x2]=（1+k2）（4k2+2）.

圓Q：（x-528）2+（y-14）2=5064+116=2732，圓心距d=k·5281+k2=52k81+k2，

DE2=42732-25k232（1+k2）=27+2k28（1+k2），于是AB2+DE2=（1+k2）（4k2+2）+27+2k28（1+k2），

令1+k2=t∈54，5，

AB2+DE2=（1+k2）（4k2+2）+27+2k28（1+k2）=t（4t-2）+2t+258t=4t2-2t+258t+14，

設g（t）=4t2-2t+258t+14，g′（t）=8t-2-258t2，當t∈54，5時，g′（t）=8t-2-258t2>0，

即當t=54，k=12時g（t）min=4×2516-2×54+258×54+14=132.

故當k=12時，（AB2+DE2）min=132.

評注由“四線”一方程得切線MQ的方程較為迅捷也更為簡潔.在已知切點的情況下，這種方法求切線更為實用.

評注問題（Ⅱ）的解答用到角平分線的向量式；而問題（Ⅲ）利用“四線一方程”（或隱函數求導）直接寫出切線方程，使問題的解決大大簡化.本題考查橢圓方程、直線方程、三角形內角的角平分線、直線與橢圓的位置關系、兩點連線的斜率公式等基礎知識和基本方法.解題時要在有明確的思路后再進行具體的運算求解，否則可能陷入復雜的運算中不能自拔.

例3（2012年高考山東理21）在平面直角坐標系xOy中，F是拋物線C：x2=2py（p>0）的焦點，M是拋物線C上位于第一象限內的任意一點，過M，F，O三點的圓的圓心為Q，點Q到拋物線C的準線的距離為34.

（Ⅰ）求拋物線C的方程；

（Ⅱ）是否存在點M，使得直線MQ與拋物線C相切于點M？若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由；

（Ⅲ）若點M的橫坐標為2，直線l：y=kx+14與拋物線C有兩個不同的交點A，B，l與圓Q有兩個不同的交點D，E，求當12≤k≤2時，AB2+DE2的最小值.

解（Ⅰ）F是拋物線C：x2=2py（p>0）的焦點，故F0，p2，設M（x0，x202p）（x0>0），Q（a，b），由題意可知b=p4，則點Q到拋物線C的準線的距離為b+p2=p4+p2=34p=34，解得p=1，于是拋物線C的方程為x2=2y.

圖3

（Ⅱ）如圖3，假設存在點M，使得直線MQ與拋物線C相切于點M，而F（0，12），O（0，0），M（x0，x202），Q（a，14），由“四線”一方程得切線MQ的方程為x0x=2·y+y02=y+y0，又點Q（a，14）在切線上，故x0a=14+x202，所以a=14x0+x02，故Q14x0+x02，14.又MQ=OQ=QF，故

（14x0-x02）2+（14-x202）2=（14x0+x02）2+116，故（14-x02）2=916，又x0>0，所以x0=2，此時點M的坐標為（2，1）.

（Ⅲ）如圖3，若點M的橫坐標為2，則點M（2，1），Q（528，14）.由x2=2y，

y=kx+14，可得x2-2kx-12=0，Δ=4k2+2>0.設A（x1，y1），B（x2，y2），

AB2=（1+k2）[（x1+x2）2-4x1x2]=（1+k2）（4k2+2）.

圓Q：（x-528）2+（y-14）2=5064+116=2732，圓心距d=k·5281+k2=52k81+k2，

DE2=42732-25k232（1+k2）=27+2k28（1+k2），于是AB2+DE2=（1+k2）（4k2+2）+27+2k28（1+k2），

令1+k2=t∈54，5，

AB2+DE2=（1+k2）（4k2+2）+27+2k28（1+k2）=t（4t-2）+2t+258t=4t2-2t+258t+14，

設g（t）=4t2-2t+258t+14，g′（t）=8t-2-258t2，當t∈54，5時，g′（t）=8t-2-258t2>0，

即當t=54，k=12時g（t）min=4×2516-2×54+258×54+14=132.

故當k=12時，（AB2+DE2）min=132.

評注由“四線”一方程得切線MQ的方程較為迅捷也更為簡潔.在已知切點的情況下，這種方法求切線更為實用.