三年磨一线：赏析切线在山东高考中的应用

高丰平

综观近三年山东高考解析几何问题都与切线相关，其中椭圆、抛物线及圆都有涉及，或需求出切线方程，或利用给出的切线方程求解，值得仔细研究和欣赏.如果使用“四线一方程”来写出切线方程求解，则会更加简洁明快.

求过曲线上一点P（x0，y0）的切线方程，常可以用“四线”一方程得到，即：对于一般的二次曲线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，曲线的切线，切点弦，中点弦，弦中点方程均是此方程得到.

如：椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）上一点P（x0，y0）处的切线方程是x0xa2+y0yb2=1.

双曲线x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）上一点P（x0，y0）处的切线方程是x0xa2-y0yb2=1.

抛物线y2=2px（p>0）上一点P（x0，y0）处的切线方程是y0y=p（x+x0）.

例1（2014年山东高考理科21题）已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有FA=FD，当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形.

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E，

（ⅰ）证明直线AE过定点，并求出定点坐标；

（ⅱ）△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.

解（Ⅰ）由题意知Fp2，0.设D（t，0）（t>0），则FD的中点为p+2t4，0.因为FA=FD，

由抛物线的第二定义知3+p2=t-p2，解得t=3+p或t=-3（舍去）.

由p+2t4=3，解得p=2.故抛物线C的方程为y2=4x.

图1

（Ⅱ）证明（ⅰ）如图1，由（Ⅰ）知F（1，0）.设A（x0，y0）（x0y0≠0），D（xD，0）（xD>0），因为FA=FD，则|xD-1|=x0+1.由xD>0得xD=x0+2，故D（x0+2，0），故直线AB的斜率kAB=-y02.设E（x1，y1），由“四线”一方程得切线线l1的方程为yy1=4·x1+x2=2（x1+x），由l1∥l则kAB=-y02=kl1=2y1，得y1=-4y0，x1=4y20.

当y20≠4时，kAE=yE-y0xE-x0=-4y0+y04y20-y204=4y0y20-4，可得直线AE的方程为y-y0=4y0y20-4（x-x0），由y20=4x0，整理可得y=4y0y20-4（x-1），直线AE恒过点F（1，0）.当y20=4时，直线AE的方程为x=1，过点F（1，0）.所以直线AE恒过点F（1，0）.

解（ⅱ）如图1，由（ⅰ）知，直线AE恒过点F（1，0），所以

|AE|=|AF|+|FE|=（x0+1）+1x0+1=x0+1x0+2.设直线AE的方程为x=my+1，因为点A（x0，y0）在直线AE上，故m=x0-1y0.设B（x1，y1），直线AB的方程为y-y0=-y02（x-x0），由于y0≠0，可得x=-2y0y+2+x0，代入抛物线方程得y2+8y0y-8-4x0=0.可求得y0+y1=-8y0，所以y1=-y0-8y0，x1=4x0+x0+4.所以点B到直线AE的距离为d=|4x0+x0+4+m（y0+8y0）-1|1+m2=4（x0+1）x0=4（x0+1x0）.则△ABE的面积S=12×4（x0+1x0）（1x0+x0+2）≥16，当且仅当1x0=x0，即x0=1时等号成立.所以△ABE的面积的最小值为16.

评注综合条件“l1和C有且只有一个公共点E”，说明直线l1为C的切线.本题考查了切线、定点及最值问题，变量较多，运算量较大，在求△ABE的面积的最小值时还用到基本不等式，对数学思维和数学运算的要求较高.

例2（2013年高考山东理22）椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为32，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴

于点M（m，0），求m的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过P点作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线

PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k≠0，试证明1kk1+1kk2为定值，并求出这个定值.

解（Ⅰ）由于c2=a2-b2，将x=-c代入椭圆方程x2a2+y2b2=1（a>b>0）得y=±b2a.

由题意知2b2a=1，即a=2b2.又e=ca=32，所以a=2，b=1，所以椭圆方程为x24+y2=1.

图2

（Ⅱ）如图2，由题意可知：PF1·PM|PF1||PM|=PF2·PM|PF2||PM|，PF1·PM|PF1|=PF2·PM|PF2|，设P（x0，y0），其中

x20≠4，将向量坐标代入并化简得：m（4x20-16）=3x30-12x0，因为x20≠4，所以m=34x0，而x0∈（-2，2），故m∈-32，32.

（Ⅲ）如图2，由题意可知，l为椭圆在P点处的切线，由“四线”一方程可求得，切线方程为

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为定值.

评注问题（Ⅱ）的解答用到角平分线的向量式；而问题（Ⅲ）利用“四线一方程”（或隐函数求导）直接写出切线方程，使问题的解决大大简化.本题考查椭圆方程、直线方程、三角形内角的角平分线、直线与椭圆的位置关系、两点连线的斜率公式等基础知识和基本方法.解题时要在有明确的思路后再进行具体的运算求解，否则可能陷入复杂的运算中不能自拔.

例3（2012年高考山东理21）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为34.

（Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；

（Ⅲ）若点M的横坐标为2，直线l：y=kx+14与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当12≤k≤2时，AB2+DE2的最小值.

解（Ⅰ）F是抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点，故F0，p2，设M（x0，x202p）（x0>0），Q（a，b），由题意可知b=p4，则点Q到抛物线C的准线的距离为b+p2=p4+p2=34p=34，解得p=1，于是抛物线C的方程为x2=2y.

图3

（Ⅱ）如图3，假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，而F（0，12），O（0，0），M（x0，x202），Q（a，14），由“四线”一方程得切线MQ的方程为x0x=2·y+y02=y+y0，又点Q（a，14）在切线上，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，此时点M的坐标为（2，1）.

（Ⅲ）如图3，若点M的横坐标为2，则点M（2，1），Q（528，14）.由x2=2y，

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

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

圆Q：（x-528）2+（y-14）2=5064+116=2732，圆心距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，

设g（t）=4t2-2t+258t+14，g′（t）=8t-2-258t2，当t∈54，5时，g′（t）=8t-2-258t2>0，

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

故当k=12时，（AB2+DE2）min=132.

评注由“四线”一方程得切线MQ的方程较为迅捷也更为简洁.在已知切点的情况下，这种方法求切线更为实用.

评注问题（Ⅱ）的解答用到角平分线的向量式；而问题（Ⅲ）利用“四线一方程”（或隐函数求导）直接写出切线方程，使问题的解决大大简化.本题考查椭圆方程、直线方程、三角形内角的角平分线、直线与椭圆的位置关系、两点连线的斜率公式等基础知识和基本方法.解题时要在有明确的思路后再进行具体的运算求解，否则可能陷入复杂的运算中不能自拔.

例3（2012年高考山东理21）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为34.

（Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；

（Ⅲ）若点M的横坐标为2，直线l：y=kx+14与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当12≤k≤2时，AB2+DE2的最小值.

解（Ⅰ）F是抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点，故F0，p2，设M（x0，x202p）（x0>0），Q（a，b），由题意可知b=p4，则点Q到抛物线C的准线的距离为b+p2=p4+p2=34p=34，解得p=1，于是抛物线C的方程为x2=2y.

图3

（Ⅱ）如图3，假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，而F（0，12），O（0，0），M（x0，x202），Q（a，14），由“四线”一方程得切线MQ的方程为x0x=2·y+y02=y+y0，又点Q（a，14）在切线上，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，此时点M的坐标为（2，1）.

（Ⅲ）如图3，若点M的横坐标为2，则点M（2，1），Q（528，14）.由x2=2y，

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

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

圆Q：（x-528）2+（y-14）2=5064+116=2732，圆心距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，

设g（t）=4t2-2t+258t+14，g′（t）=8t-2-258t2，当t∈54，5时，g′（t）=8t-2-258t2>0，

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

故当k=12时，（AB2+DE2）min=132.

评注由“四线”一方程得切线MQ的方程较为迅捷也更为简洁.在已知切点的情况下，这种方法求切线更为实用.

评注问题（Ⅱ）的解答用到角平分线的向量式；而问题（Ⅲ）利用“四线一方程”（或隐函数求导）直接写出切线方程，使问题的解决大大简化.本题考查椭圆方程、直线方程、三角形内角的角平分线、直线与椭圆的位置关系、两点连线的斜率公式等基础知识和基本方法.解题时要在有明确的思路后再进行具体的运算求解，否则可能陷入复杂的运算中不能自拔.

例3（2012年高考山东理21）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为34.

（Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；

（Ⅲ）若点M的横坐标为2，直线l：y=kx+14与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当12≤k≤2时，AB2+DE2的最小值.

解（Ⅰ）F是抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点，故F0，p2，设M（x0，x202p）（x0>0），Q（a，b），由题意可知b=p4，则点Q到抛物线C的准线的距离为b+p2=p4+p2=34p=34，解得p=1，于是抛物线C的方程为x2=2y.

图3

（Ⅱ）如图3，假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，而F（0，12），O（0，0），M（x0，x202），Q（a，14），由“四线”一方程得切线MQ的方程为x0x=2·y+y02=y+y0，又点Q（a，14）在切线上，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，此时点M的坐标为（2，1）.

（Ⅲ）如图3，若点M的横坐标为2，则点M（2，1），Q（528，14）.由x2=2y，

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

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

圆Q：（x-528）2+（y-14）2=5064+116=2732，圆心距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，

设g（t）=4t2-2t+258t+14，g′（t）=8t-2-258t2，当t∈54，5时，g′（t）=8t-2-258t2>0，

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

故当k=12时，（AB2+DE2）min=132.

评注由“四线”一方程得切线MQ的方程较为迅捷也更为简洁.在已知切点的情况下，这种方法求切线更为实用.