重难点培优09 直线与圆锥曲线的位置关系（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测（解析版）-A4

这是一份重难点培优09 直线与圆锥曲线的位置关系（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测（解析版）-A4，共87页。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 3
\l "_Tc16555" 题型一 直线与圆锥曲线的位置关系判断（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 3
\l "_Tc7141" 题型二 直线与圆锥曲线相交弦长（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 7
\l "_Tc26803" 题型三 直线与圆锥曲线相切（★★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 13
\l "_Tc13512" 题型四 切线与定值问题（★★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 16
\l "_Tc3897" 题型五 切线与定点问题（★★★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 25
\l "_Tc326" 题型六 切线与最值问题（★★★★★） PAGEREF _Tc326 \h 33
\l "_Tc11957" 题型七 其他切线问题（★★★★★） PAGEREF _Tc11957 \h 44
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 53
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 53
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 69
1、直线与圆锥曲线的位置判断
将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去(或)，得到关于(或)的一元二次方程，则
（1）直线与圆锥曲线相交⇔；
（2）直线与圆锥曲线相切⇔；
（3）直线与圆锥曲线相离⇔.
2、弦长公式
设，根据两点距离公式．
（1）若在直线上，代入化简，得；
（2）若所在直线方程为，代入化简，得
（3）构造直角三角形求解弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角．
3、双切线问题
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.
（1）解题思路：
①根据曲线外一点设出切线方程．
②和曲线方程联立，求出判别式．
③整理出关于双切线斜率的同构方程．
④写出关于的韦达定理，并解题．
（2）过一点的圆锥曲线的切线方程
①点在圆上，过点作圆的切线方程为．
②点在圆外，过点作圆的两条切线，切点分别为，则切点弦的直线方程为．
③点在圆内，过点作圆的弦（不过圆心），分别过作圆的切线，则两条切线的交点的轨迹方程为直线．
④点在圆上，
过点作圆的切线方程为．
⑤点在圆外，过点作圆的两条切线，切点分别为，则切点弦的直线方程为．
⑥点在圆内，过点作圆的弦（不过圆心），分别过作圆的切线，则两条切线的交点的轨迹方程为．
⑦点在椭圆上，过点作椭圆的切线方程为．
⑧点在椭圆外，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，则切点弦的直线方程为．
⑨点在椭圆内，过点作椭圆的弦（不过椭圆中心），分别过作椭圆的切线，则两条切线的交点的轨迹方程为直线．
⑩点在双曲线上，过点作双曲线的切线方程为．
⑪点在双曲线外，过点作双曲线的两条切线，切点分别为，则切点弦的直线方程为．


题型一 直线与圆锥曲线的位置关系判断
【技巧通法·提分快招】
1．直线与椭圆（）的位置关系为（ ）
A．相离B．相切C．相交D．无法确定
【答案】C
【分析】由直线与椭圆的位置关系求解即可.
【详解】因为直线过点，
而为椭圆的右端点和上端点，
故直线与椭圆相交.
故选：C.
2．（2025·天津·二模）“”是“直线与抛物线只有一个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】联立直线与抛物线的方程，可得，分和，讨论方程只有一个解可得或，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】若直线与抛物线只有一个公共点，
则方程只有一个解，
即方程只有一个解，
当时，恒有一个解；
当时，，得，此时方程只有一个解．
即直线与抛物线只有一个公共点，可得或，
故“”是“直线与抛物线只有一个公共点”的充分不必要条件，
故选：A．
3．直线与曲线（）的公共点的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】应用特殊值法结合直线和椭圆的交点判断即可.
【详解】取，原方程变为，两个椭圆与直线有4个公共点，
故选：D
4．直线过点与双曲线有且只有一个交点，则这样的直线有 条．
【答案】4
【分析】结合图形，将直线分成斜率不存在和存在两种情况考虑，在斜率存在时，再考虑所得方程的二次项系数为0的情况，最后结合根的判别式为0考虑相切的情况即得.
【详解】
当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时直线恰只经过双曲线的右顶点，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，代入双曲线方程，
整理得：，
当时，即时，代入方程解得或，
即直线与双曲线只有1个交点为；
直线与双曲线只有1个交点为，均符合题意；
当时，由，解得，
此时直线与双曲线相切于点，符合题意.
综上，过点与双曲线有且只有一个交点的直线共有4条.
故答案为：4.
5．讨论直线与双曲线的公共点的个数．
【答案】答案见解析
【分析】联立方程组得到，结合一元二次方程的性质，分类讨论，即可求解.
【详解】联立方程组，整理得，
当时，即时，具体为：当时，；当时，；此时直线与双曲线有一个交点；
当时，即时，可得，
由，即，可得且，此时直线与双曲线有两个交点；
由，即，可得，此时直线与双曲线只有一个交点；
由，即，可得或，此时直线与双曲线没有交点；
综上可得：
当时，直线与双曲线有两个公共点；
当或时，直线与双曲线有一个公共点；
当时，直线与双曲线没有公共点.
6．（24-25高三上·广东·月考）已知抛物线的焦点为，以和的准线上的两点为顶点可以构成边长为的等边三角形．
(1)求的方程；
(2)讨论过点的直线与的交点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据抛物线和等边三角形的对称性进行求解即可；
（2）根据直线是否存在斜率，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）由题意得焦点，准线方程为，
以焦点和的准线上的两点为顶点可以构成边长为的等边三角形，
而这个等边三角形的高为，
即焦点到准线的距离，解得（负值舍去），
所以的方程为．
（2）若直线的斜率存在，设的方程为．
由方程组可得．
（Ⅰ）当时，解得，此时方程只有一个实数解，与只有一个公共点；
（Ⅱ）当时，方程的根的判别式为，
（ⅰ）由，解得或，此时方程有两个相等的实数解，与只有一个公共点；
（ⅱ）由，解得或，此时方程有两个不等的实数解，与有两个公共点；
（ⅲ）由，解得，或，此时方程没有实数解，与没有公共点；
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，易知与没有公共点．
综上，当的方程为或的斜率或时，与的交点个数为0；当的斜率或1或时，与的交点个数为1；当的斜率时，与的交点个数为2．

题型二 直线与圆锥曲线相交弦长
【技巧通法·提分快招】
1．过双曲线的左焦点F1，作倾斜角为的直线与双曲线交于A，B两点，则＝（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】先表达出直线AB的方程，根据题意，再将直线与双曲线联立方程组，结合韦达定理即可求解.
【详解】依题意，得双曲线的左焦点F1的坐标为，直线AB的方程为.
由得 .
设 ，
则，，所以
＝3.
故选：B.

2．（2025·山东泰安·模拟预测）已知抛物线的焦点是圆的圆心，过点的直线与相交，交点自上而下分别为，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据圆心求得，设出直线的方程，利用弦长公式求的表达式，进而求得其取值范围.
【详解】圆的圆心为半径为，
所以，抛物线方程为，
设直线的方程为，
由，消去并化简得，
所以，所以
所以
所以的取值范围为
故选：C
3．（25-26高三上·安徽阜阳·开学考试）已知椭圆：的左焦点为，不经过且斜率为的直线交于，两点.当的周长最大时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆的定义证明当直线过点时，的周长最大，联立方程组求直线与椭圆的交点横坐标，根据弦长公式求结论.
【详解】椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为，
由椭圆的定义可得，，
所以的周长为，
又，所以，当且仅当在线段上时取等号，
所以当直线过点时，的周长最大，
又直线的斜率为，所以直线的方程为，
联立，消可得，所以或，
所以，
所以当的周长最大时，，
故选：C.

4．（2025·辽宁·模拟预测）已知抛物线焦点为，过的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），其准线与轴交于点，若线段的垂直平分线恰好过，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】设直线l的方程为，将其代入抛物线方程，设，由韦达定理得，写出线段的垂直平分线方程，代入，化简得，结合可求得，从而可得，利用求出结果.
【详解】抛物线焦点为，准线，点，
由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，
将其代入抛物线方程，得：，
则，
设，由韦达定理得：，
线段的中点坐标为，垂直平分线的斜率为．
线段的垂直平分线方程为：，即，
代入，化简得：，
结合，得：，
则，
则，
.
故选：A．
5．已知双曲线：，若直线的倾斜角为60°，且与双曲线C的右支交于M，N两点，与x轴交于点P，若，则点P的坐标为 .
【答案】
【分析】设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式列式求解的值，即可求出直线的方程，令即可得出答案.
【详解】双曲线双曲线：的渐近线方程为，
而直线的倾斜角为60°，则直线的斜率为，可设直线的方程为，
与双曲线方程联立，化简可得，
由，得或．
设，，则，，
则，所以，
，解得：（舍去）或，
所以直线的方程为，令，可得.
故点P的坐标为.
故答案为：.
6．（25-26高三上·黑龙江绥化·开学考试）已知椭圆的左、右焦点分别为，，是椭圆C上一点，且的周长是，椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知O为坐标原点，过点的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据周长和离心率列出方程组可得方程；
（2）联立方程结合韦达定理和向量数量积求出斜率，利用弦长公式可得答案.
【详解】（1）设椭圆的焦距为2c，由题意可得，
解得，，所以，
所以椭圆C的方程为.
（2）由题意可知直线l的斜率存在，设为k，所以直线l的方程为.
设，，
由，得，
所以，，由得.
由，
得，满足，所以，，
所以.
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且.
(1)求的标准方程；
(2)过的直线交于M，N两点，线段与线段交于点，若的面积等于的面积，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由且得，根据勾股定理即可求出，再由双曲线的定义即可求出，最后利用即可求出；
（2）设过的直线为， 与双曲线方程联立根据韦达定理有，由弦长公式，最后由即可求出.
【详解】（1）因为且，所以焦点，即，，
所以，
根据双曲线的定义有，所以，
所以双曲线.
（2）根据题意过的直线斜率为0显然不满足题意，可设过的直线为，
由，
当时，有，
设，则由韦达定理有，
所以，
因为，所以，即点和点到直线的距离相等，
则有，解得，
所以，

题型三 直线与圆锥曲线相切
【技巧通法·提分快招】
1．已知为抛物线上一点，若过点且与该抛物线相切的直线交轴于点，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】求出抛物线的切线，利用在曲线和切线上建立方程组可得答案.
【详解】易知切线的斜率存在且不为0，设切线方程为，
联立，，由得，
又，解得.
故选：D
2．（2025·河北·模拟预测）已知椭圆C：与直线相切，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用判别式等于0来判断直线与椭圆相切，从而可得到齐次等式来求离心率.
【详解】联立方程消去y后整理为，
有，
整理可得，由，有，
可得．
故选:B．
3．（2025·上海·三模）抛物线中，以为切点的切线方程为
【答案】
【分析】先对抛物线方程求导，得到切线的斜率，再利用点斜式方程求出切线方程.
【详解】已知抛物线方程，将其变形为.
因为点在抛物线上，所以在点处切线的斜率可对求导完成.
，切线过点，则斜率.
根据点斜式方程可得切线方程为，即.
故答案为：.
4．写出与椭圆和抛物线都相切的一条直线的方程为 .
【答案】或.
【分析】设出公切线方程并分别于椭圆和抛物线联立，解方程组即可得出切线方程.
【详解】由已知，公切线斜率不为0，
设公切线方程为.
联立，
其判别式，
即，①
联立. .
其判别式，②
联立①②，解得，
所以椭圆和抛物线的公切线方程为或.
故答案为：或.
5．（1）求双曲线在点处的切线方程；
（2）已知是双曲线外一点，过P引双曲线的两条切线，A，B为切点，求直线AB的方程．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由双曲线上一点的切线方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，分别表示出直线的方程，再将点的坐标代入计算，即可得到结果.
【详解】
（1）由双曲线上一点处的切线方程为，
所以双曲线在点处的切线方程为，
化简可得.
（2）设切点，则，，
又点在直线上，代入可得，，
所以点均在直线上，
所以直线的方程为，即.

题型四 切线与定值问题
1．（2024·重庆·模拟预测）已知抛物线：与双曲线：相交于点．
(1)若，求抛物线的准线方程；
(2)记直线l：与、分别切于点M、N，当p变化时，求证：的面积为定值，并求出该定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析，.
【分析】（1）求出，代入求出即可求出准线方程.
（2）把直线的方程分别与、联立，用表示出，进而求出切点的坐标，再求出三角形面积即得结果.
【详解】（1）由，得，将其代入，得，
所以抛物线的方程为，其准线方程为.
（2）由，得，
由直线与相切，得，解得，切点，
由，得，
由直线与相切，得，解得，切点，
于是，令，则直线的方程为，
点，由，得，
所以，
点到直线的距离为，
所以，
所以的面积为定值，该定值为.
【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
2．（2025高三·全国·专题练习）在直角坐标系xOy中，点，，过点M的直线AM与BM的斜率之积为．
(1)求点M的轨迹C的方程；
(2)过曲线C上任一点N作C的切线l，若l与直线，分别交于点P，Q，试判断△OPQ的面积是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，2
【分析】（1）设点，依据两点的斜率公式可求得轨迹的方程．
（2）设点，则：，与双曲线联立方程，利用判别式可求得，进而与两直线，联立方程组，可求得点的坐标，求得，与点到直线的距离，进而可求得面积为定值.
【详解】（1）设点，
则，，
故，整理得，
所以动点的轨迹的方程为．
（2）的面积为定值．
由题意可得切线的斜率存在，设其斜率为，
设点，则：．
联立，消去得，
则，
故．①
联立，消去得，
则，同理可得，
故
，
又点O到切线l的距离，
所以，
将①式代入得，故的面积是定值2．
3．已知、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆的左顶点，过点的直线交椭圆于、两点，，求直线的方程．
(3)若过椭圆上一点的切线方程为，利用上述结论，设是从椭圆中心到椭圆在点处切线的距离，当在椭圆上运动时，判断是否为定值．若是求出定值，若不是说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)为定值，且定值为12，
【分析】（1）根据椭圆上的点和，，的数量关系即可求出，，即得椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，即可根据三角形面积公式，代入化简求解斜率.
（3）根据,的切线方程为，计算原点到切线的距离，由两点距离公式可得和，对化简计算即得．
【详解】（1）设，，
，故，
点在椭圆上，则，
，故得，即
解得，
故椭圆的方程为．
（2）由（1）知，，，若直线的斜率不存在，
则，代入椭圆方程可得，故，此时,故直线有斜率，

直线的斜率为，则的方程为，
由消去得，，①
显然，设,，,，则，
于是，,
化简可得，即，
解得，
所以直线的方程为
（3）由于椭圆上一点，的切线方程为．
依题意，设椭圆上的点,，则过点,的切线方程为，
即，原点到切线的距离为．
由两点间距离公式可得，，
同理，
则，
故为定值．
4．已知椭圆，分别为双曲线的左，右顶点，分别为和的离心率．
(1)若．
（ⅰ）求的渐近线方程；
（ⅱ）过点的直线l交的右支于两点，与直线交于两点，记坐标分别为，求证：；
(2)从上的动点引的两条切线，经过两个切点的直线与的两条渐近线围成三角形的面积为S，试判断S是否为定值?若是，请求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
(2)是，定值为
【分析】（1）根据离心率可求，故可得（ⅰ）中方程；设直线AB的方程为，联立直线方程和椭圆方程后利用韦达定理化简后可得它们相等.
（2）设，求出切点弦的方程后再求出切点弦与渐近线的交点后可求得面积为定值.
【详解】（1）（ⅰ）由题意得，所以，
解得，又，所以．
故双曲线的渐近线方程为；
（ⅱ）证明：设直线AB的方程为，
由消元得：且，
故，故，
所以故，
又直线的方程为，
所以，同理，
所以
，
故．
（2）设两个切点为，由题意知斜率存在，
直线方程为，
联立，故，
由可得，
整理得到：，
故，故，所以，
同理直线方程为，
由过P点可得可得直线的方程为，
不妨设直线与x轴交于点，与两条渐近线的交点分别为，，
由可得；同理
则围成三角形的面积为：
，
因P在双曲线上，，则为定值．
5．（24-25高三上·山东菏泽·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线为C上不与左、右顶点重合的两点，记直线AB的斜率为中点为
(1)当直线OM斜率存在时，求用a，b表示；
(2)记C在点A处切线的斜率为，在点B处切线的斜率为，证明：依次构成等差数列的充要条件为
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据已知有、，再由点差法得，即可得结果；
（2）从充分性、必要性两个角度证明，应用分类讨论，结合等差数列的定义得到且A，B关于y轴对称，即可证结论.
【详解】（1）由题意，显然，存在，显然，
直线OM斜率存在，故，则A、B不关于y轴对称，即
直线OM斜率存在，故AB不过坐标原点O，则A、B不关于原点对称，即
由题知，故，
由A，B在双曲线上，故，
两式相减得，故，
综上.
（2）
先证充分性：即时，依次构成等差数列，
当OM斜率存在时，即，显然不满足，
所以OM斜率不存在，即与y轴重合，则轴，，
由双曲线关于y轴对称，知，故依次构成等差数列.
再证必要性：即依次构成等差数列时，，
当AB过原点时，由对称性知，而AB显然不为C的切线，故，不依次构成等差数列，
当AB不过原点，由（1）得，且过的切线为，
联立，则，
整理得，
由，
所以且，则，
所以切线为，又，则，
所以C在处的切线方程为，
即，故，同理可得，
由依次构成等差数列，即，即，
由（1）得，即，化简得，
设直线且，则，
即，即，得，
此时且A，B关于y轴对称，故M在y轴上，则
故依次构成等差数列的充要条件为
【点睛】关键点点睛：第二问，从充分、必要性两个角度证明，结合直线与双曲线的位置关系得到且A，B关于y轴对称为关键.

题型五 切线与定点问题
1．已知椭圆的离心率为，椭圆上的点与两个焦点构成的三角形的最大面积为1．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点为直线上的任意一点，过点作椭圆的两条切线（切点分别为），试证明动直线恒过一定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，．
【分析】（1）根据条件得到关于的方程组，即可求解；
（2）首先利用点的坐标表示切线方程，并利用两点确定一条直线，确定直线的方程，再根据含参直线确定定点坐标.
【详解】（1）∵椭圆的离心率为，
椭圆上的点与两个焦点构成的三角形的最大面积为1，
∴，
解得，
∴椭圆的方程为．
（2）证明：设切点为，则切线方程为，
∵两条切线都过上任意一点，
∴得到，
∴都在直线上，
又，
由，得，
即对任意的，直线始终经过定点．
∴动直线恒过一定点．
2．已知椭圆（）的焦距为2，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)若过动点P的两条直线，均与C相切，且，的斜率之积为，点，问是否存在定点B，使得？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据给定条件可得椭圆C的焦点坐标，利用椭圆定义求出椭圆的长轴长即可计算作答；
（2）设出过点的直线方程，与椭圆C的方程联立，由判别式探求出的关系即可推理作答.
【详解】（1）由题意知，椭圆C的半焦距，焦点分别为，，
由椭圆定义得，椭圆长轴长，
即，，所以椭圆C的方程为．
（2）设点，显然，
过点P的直线方程为，
由，消去y并整理得．
因为直线l与C相切，则，
得，
即，
设直线，的斜率分别为，，显然，是上述关于k的一元二次方程的两个根，
则，化简得，
即点P到坐标原点O的距离，
故点P在以O为圆心，为半径的圆上，并且是动点，而点A为该圆上一定点，
则当满足时，为圆O的直径，即点，
所以存在点满足题意．
3．已知圆，设点为圆与轴负半轴的交点，点为圆上一点，且满足的中点在轴上.
（1）当变化时，求点的轨迹方程；
（2）设点的轨迹为曲线，、为曲线上两个不同的点，且在、两点处的切线的交点在直线上，证明：直线过定点，并求此定点坐标.
【答案】（1）；（2）证明见解析，定点坐标为.
【解析】（1）求得点，设点，求得线段的中点，由结合平面向量数量积的坐标运算化简可求得点的轨迹方程；
（2）设、，设直线的方程为，利用导数求出曲线在点、的切线方程，并将两切线方程联立，求出交点的坐标，可得出，再将直线的方程与曲线的方程联立，利用韦达定理可求得的值，进而可求得直线所过定点的坐标.
【详解】（1）依题意，设，则弦中点，
由得，即；
（2）设、，
依题意可设抛物线在、两点处的切线交点为，
设直线的方程为，对函数求导得，
所以，抛物线在点处的切线为，即，
抛物线在点处的切线为，即，
联立，解得，所以，
联立直线与曲线的方程得，消去得，
由韦达定理得，解得，
所以，直线的方程为，过定点.
【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解，同时也考查了直线过定点问题的处理，考查了抛物线的切线方程，考查计算能力，属于中等题.
4．（23-24高三下·河南信阳·月考）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，右焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的方程；
(2)设动直线与相切于点A，且与直线相交于点，点为平面内一点，直线的倾斜角分别为．证明：存在定点，使得．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由渐近线倾斜角结合右焦点到渐近线的距离可得，即可得方程；
（2）将与双曲线方程，联立，可得A，B坐标，后由对称性可得点必在轴上，设，
后由可证明结论.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，
右焦点到渐近线的距离为，故，
又且，解得：
故双曲线的方程是．
（2）由，得．
动直线与双曲线有且只有一个公共点，
所以，化简得．（*）
此时，
由，得．
假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上．设，
要使，则，
则对满足（*）式的恒成立．
，由，
得，整理得．（**）
由于（**）式对满足（*）式的恒成立， .
故存在定点，使得.

【点睛】关键点睛：对于圆锥曲线中的定点问题，有时可通过对称性确定定点位置，从而简化计算流程.此外，向量与韦达定理也是经常使用的工具.
5．（23-24高三下·山西·开学考试）如图，已知抛物线：与点，过点作的两条切线，切点分别为，．

(1)若，求切线的方程；
(2)若，求证：直线恒过定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）由题意设切线：，联立抛物线方程可得关于y的一元二次方程，由求出k即可求解；
（2）易知直线PA斜率不存在求得直线，恒过定点；当直线PA斜率存在时，设，，切线：，联立抛物线方程得关于y的一元二次方程，由求出k，则PA：，同理可得：，结合题意可得：，根据直线恒过定点问题，即可证明.
【详解】（1）显然切线的斜率存在且不为0，设切线：，
代入，得，
由，解得
所以直线的方程为，即．
（2）若直线PA的斜率存在，设，，：，
代入，得
由，解得．
所以直线的方程为，即
同理直线的方程为
因为在直线和上，
所以，
可得点，在直线上，
所以直线的方程为，因为，
所以，则直线的方程为，
由，得，故直线过定点.
若直线PA的斜率不存在，则，设直线，
代入，得，由，解得，
此时，解得，得，
即，所以，恒过定点；
综上：直线过定点.

6．（2025·河南·模拟预测）（1）证明：双曲线上任意一点处的切线方程为；
（2）已知直线，，直线分别交和于点和，点和在轴同侧，且的面积为1（为坐标原点），恒与一焦点在轴上的等轴双曲线相切，求该等轴双曲线的方程；
（3）在（2）的条件下，记（2）中的等轴双曲线为，与相切于点且不在坐标轴上，过点作直线的垂线分别交轴和轴于点和，证明：，，，四点共圆，且该圆过定点．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析；
【分析】（1）讨论切线的斜率并设切线，联立双曲线，根据相切关系有判别式为0求得，代入直线方程化简整理即可证；
（2）设，与双曲线的切点为，则切线方程为，联立渐近线求坐标，结合三角形面积求得，即可得双曲线方程；
（3）若，则，过点作直线的垂线为，进而依次求出的坐标，并确定为、的中点，即可证共圆，写出圆的方程易得所过的定点.
【详解】（1）若切线的斜率存在，即切点不为双曲线的顶点，令方程为，联立，
所以，则，
所以，
整理得，
因为点在双曲线上，所以，
所以，则，
所以，则，
由，则，即，
所以，显然切线的斜率不存在时，即切线过双曲线顶点也满足，得证；
（2）由题意，设，其焦点坐标为，
设与双曲线的切点为，则切线方程为，
联立，可得，即，同理，
所以，，则，
而，故，即所求等轴双曲线的方程；
（3）由（2）双曲线为，若，则，
所以过点作直线的垂线为，即，
令，则，即，令，则，即，
联立，可得，同理，
综上，、的中点坐标均为，即是点，所以四点共圆，
易知圆的方程为，显然原点恒在圆上，得证.

题型六 切线与最值问题
1．（2025·云南·模拟预测）已知抛物线的焦点为，是上任意一点，的最小值为1.
(1)求的方程；
(2)设坐标原点为，在点（异于点）处的切线交轴于点，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线可得的值，从而得抛物线方程；
（2）在点处的切线，联立直线与双曲线可得关系，设直线的倾斜角分别为，则，，从而结合正切两角差公式化简，利用基本不等式求最值即可.
【详解】（1）设，则
由题意，得，解得，
所以的方程为；
（2）在点处的切线，
设直线的倾斜角分别为，
联立
则，得，则，
且，则，故，
设直线的倾斜角分别为，则，
又，所以，
当且时等号成立，
即的最大值为.
2．已知椭圆：与抛物线：有相同的焦点，且椭圆过点．
(1)求椭圆与抛物线的标准方程；
(2)椭圆上一点在轴下方，过点作抛物线的切线，切点分别为，求的面积的最大值．
【答案】(1)椭圆:，抛物线:
(2)
【分析】（1）根据焦点求出可得抛物线方程，代入点以及关系可得椭圆方程；
（2）利用导数求出抛物线的切线方程，将切线方程联立可得点坐标，再求出，点到的距离，表示出，消元，利用二次函数的性质求最值.
【详解】（1）由，得，故抛物线的标准方程为，
由，得，得，
由椭圆过点，得，
得，，
故椭圆的标准方程为；
（2）设，，由得，，
故抛物线在点处的切线方程为，化简得，
同理可得抛物线在点处的切线方程为．
联立得，得，
易得直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，得，，
故，，
因此，由于点在椭圆上，故．
又，
点到直线的距离，
故．
令，又，
故，其中，
因此当时，最大，则，
所以，
即的面积的最大值为．
3．已知椭圆的离心率为，它的顶点构成的四边形面积为4，过点作的切线交椭圆于、两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为坐标原点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）由离心率和顶点构成的四边形面积得到方程，结合，解得，得到椭圆方程；
（2）先求出或，设切线方程为，由相切关系得到，联立与，设，得到两根之和，两根之积，表达出，，由基本不等式求出面积最大值为1.
【详解】（1）由题意得，它的顶点构成的四边形面积为，
又，解得，故椭圆方程为；
（2）过点作的切线，故或，
显然切线的斜率不为0，设切线方程为，
则，故，
与联立得，
，解得，
又，故，
设，则，
所以
，
因为，所以
点到直线的距离为1，故，
当且仅当，即时，等号成立，满足或，
所以面积最大值为1.

4．（2025·河北廊坊·模拟预测）已知双曲线过点，离心率为，直线与的左支交于两点，与轴交于点.
(1)求的方程；
(2)为坐标原点，设的面积分别为，若，求的方程；
(3)若上存在点，过点可以作的两条切线，且两条切线互相垂直，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据双曲线所过的点及离心率求双曲线参数，即可得方程；
（2）若且，根据已知得且，联立直线与双曲线并应用韦达定理，列方程求，即可得直线方程；
（3）设双曲线的切线为，联立双曲线并应用判别式为0得，再由在切线上，代入切线方程整理得，令为过点的两条切线的斜率，则，结合点的存在性求的范围.
【详解】（1）由题设且，，则，所以；
（2）由恒过，即，若且，故，
又，所以，则，
联立与，则，
所以，，则，且，
所以，且，可得，则（负值舍），
综上，直线，即；

（3）由题设，易知两条切线的斜率一定存在，设切线为，
联立，可得，所以，
则，得，则切线为，
而在切线上，则，
所以，则，
若为过点的两条切线的斜率，根据垂直关系有，
所以，根据点的存在性知，
所以，可得.
5．（2025·河北秦皇岛·三模）如图，已知为半圆上一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，直线分别与轴交于点，记的面积为，的面积为．
(1)若的焦点为，且的最小值为，求的值；
(2)若存在点，使得，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）设，可得，利用函数性质可求得最小值；
（2）设，表示出过和的切线方程，求出和点坐标，根据在两直线上求出点坐标，进而再求出点坐标，表示出，进而可以得到，从而可求，由此求出的轨迹方程，问题转化为问题转化为P的轨迹与半圆有交点，据此即可求出答案.
【详解】（1）由题意可得，设，则且，
，
因为，所以当时，有最小值，解得．
（2）由，得，所以，
设，所以，，
所以，又，整理得，
所以过点的切线方程为，于是，
同理，过点的切线方程为，所以．
因为点在两条切线上，所以，
可得点的坐标为，的方程为，于是．
，
所以，所以．
于是点，点的轨迹方程为，
根据题意抛物线与半圆有交点，
记，则，又因为，解得，即的取值范围为．
6．（23-24高三下·辽宁·月考）已知双曲线（，）的离心率为，且经过点.
(1)求的方程；
(2)过原点的直线与交于，两点（异于点），记直线和直线的斜率分别为，，证明：的值为定值；
(3)过双曲线上不同的两点，分别作双曲线的切线，若两条切线相交于点，且，求的最大值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据离心率及过点坐标得到方程组，求出、，即可得解；
（2）设，（且），则，利用斜率公式及计算可得；
（3）设，两点处的切线方程为，，依题意，联立直线与双曲线方程，由得到，同理可得，再由满足两直线方程，求出点轨迹方程，即可得解.
【详解】（1）依题意可得，解得，所以双曲线方程为；
（2）根据对称性，不妨设在双曲线的右支，
设，（且），则，，
所以，为定值.
（3）依题意可得，两点处的切线的斜率都存在且不为，
设，两点处的切线方程为，，依题意，
由，消元整理得，
则且，整理得到，
同理可得，
又点在两切线上，所以，所以，
，
所以、为关于的方程的两根，
即的两根，
所以，即，
所以点的轨迹方程为，所以.
【点睛】关键点点睛：本题第三问利用整体思想、设而不求，计算出动点的轨迹方程.
7．（25-26高三上·青海西宁·月考）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为.点在线段上，且满足.当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的标准方程及离心率.
(2)点是直线上一动点.
（i）若点在轴上，为坐标原点，过点的直线与交于不同的两点，为线段的中点，且，求的方程；
（ii）过作的两条切线分别交轴于两点，求面积的取值范围.
【答案】(1)，
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）设点是所求曲线上的一点，利用条件把点用点的坐标表示出来，再把点代入到圆中，即可得到曲线的方程，进而可得到离心率；
（2）（i）设直线的方程为，联立，利用韦达定理可得到的值，再由，得到为直角，即，再代入的值，解方程即得答案；
（ii）设点，利用与椭圆相切，联立与椭圆的方程，，可得到的关系式；又与椭圆相切，同理可得到的关系式，故而可得到是一元二次方程的两根，进而可得到，然后的面积用表示出来，再代入的值，得到的面积关于的函数，求范围即得答案.
【详解】（1）设点是所求曲线上的一点，且，
由轴于，则，
，可得，
点是圆上任意一点，
则，
即，
即曲线的标准方程为.
离心率.
（2）（i）易知直线的斜率必存在，设直线的方程为，
由得，
由，得，
则.
为直角，
故，
即，
，
.
解得，即.
故的方程为.
（ii）如图，
设点，
注意到斜率不为0，
设，
联立，得
与相切，，
于是，
化简得，
又与相切，同理有，
故是一元二次方程的两根，
则，
，
又，
，
面积的取值范围为.

题型七 其他切线问题
1．已知椭圆，过原点和点的直线交椭圆于点，过点的中点弦为，过分别作切线，交于点，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】由点差法及椭圆切线方程求得点，求出直线与椭圆交点，再求出即可证明.
【详解】如图，设，
由得．
因为所以．
又因为过点，所以．
切线，
因为是的交点，所以．
即点在直线上，
又已知，所以，所以点在上．
由解得，或，
因为，，，
所以，证毕．
【点睛】经过椭圆上一点的切线方程为.
2．（25-26高三上·重庆·月考）过点的动直线与抛物线相交于两点，线段的中点为.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)设为轨迹上的两点，且，设轨迹在处的切线交于点，若在直线上，求直线的斜率.
【答案】(1)，或；
(2)1.
【分析】（1）设为，联立抛物线，由根的判别式求出或，由韦达定理得到两根之和，两根之积，设，表达出，消去可得，求出轨迹方程；
（2）设，由得到①，求导，得到切线方程，联立两切线方程，将代入，得到，将其代入①中得，从而得到直线的斜率为.
【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线与只有1个交点，不合要求，
设直线方程为，联立，得，
，解得或，
设，则，
设点，则，，
故消去可得，
其中或，故或，
所以点的轨迹的方程为，或；
（2）设，则，，
或，或，
则
，
故①，
，故轨迹在处的切线斜率分别为，
轨迹在处的切线方程分别为，
，
即，，
联立两切线方程，消去得，
故，
在直线上，故将代入上式得，
即，
因为，所以，故，
即，
将其代入①中得，
即，
令，则，即，解得，故，
直线的斜率为.
3．已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，且焦距为．
(1)求的方程；
(2)上是否存在点，使得过点可作的两条互相垂直的切线？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）只需求得即可得解；
（2）设双曲线的两条切线分别为，由交轨法得两条互相垂直的切线的交点的轨迹为圆8，进一步结合圆与圆之间的位置关系即可判断.
【详解】（1）因为点在上，所以，①
由题得，即，②
联立①②，解得．
故的方程为．
（2）上存在点，使得过点可作的两条互相垂直的切线．
若双曲线一条切线的斜率不存在，由题意知另一条切线斜率必为0，不符合题意．
则双曲线的两条切线的斜率均存在且不为0，
设双曲线的两条切线分别为．
联立得，
由，得．
同理可得．
设两条切线的交点坐标为，联立
得，
所以是关于的方程的两根，
整理得，
得，化简得，
所以两条互相垂直的切线的交点的轨迹为圆8，其圆心为，半径为．
因为，圆心为，半径为，
所以，则两圆外切，
故上存在点，使得过点可作的两条互相垂直的切线．
联立两圆方程可得公切线方程为，代入的方程可得点坐标为，
所以直线的方程为．

4．如图，已知半径为，圆心在椭圆上的动圆，过椭圆中心作圆的两条切线，分别交椭圆于两点，问：是否为定值？

【答案】是，
【分析】从特殊入手，求出定值；解法1：设，联立方程解得．结合圆心到直线的距离得，进而得到，，计算化简得结果．解法2 ：结合解法1 化简得到答案．解法3：由解法1得．对化简从而得到定值．
【详解】如图

先由特例得出结论：．
解法1：设，
联立方程消去得．
从而．
圆心到直线的距离为，由已知得，
化简并整理得，从而．
因为，
所以．
．
解法2 ：由解法1 知
．
解法3：由，得．
．
5．在平面直角坐标系中，曲线的点均在圆外，且对上任意一点，点到直线的距离比点到点的距离小1．
(1)求曲线的方程；
(2)若直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，求四边形面积的最小值；
(3)设为直线上一动点，过点作圆的两条切线，分别与曲线相交于点和．证明：点的纵坐标之积为定值2304．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）方法一：利用抛物线定义结合题设条件即可求出曲线的方程.
方法二：利用距离公式列出等式，化简等式即可求出曲线的方程.
（2）先建立四边形面积与的关系，再求的最小值，的值最小时，四边形的面积最小，代入即可求出四边形的最小面积.
（3）设出点的坐标，列出过点且与圆相切的切线方程，结合切线条件整理得关于斜率的二次方程，根据定理得两切线斜率关系；联立切线与，用韦达定理表示交点纵坐标关系，化简相乘可得定值.
【详解】（1）方法一：
由题意，
∵到直线的距离比点到点的距离小1，
∴上任意一点到直线的距离等于点到点的距离，
因此，曲线的是以为焦点，直线为准线的抛物线，
故曲线的方程为．
方法二：由题意，
设点的坐标为，
由题意得，
易知点位于直线的右侧，
∴，∴，
化简得，
曲线的方程为．
（2）由题意得，
的圆心为，半径，
又∵四边形的面积，
∴当的值最小时，四边形的面积最小，
又的最小值为：，
∴四边形面积的最小值．
（3）由题意及（1）（2）证明如下，
当点在直线上运动时，
设点的坐标为.
又，
∴过点且与圆相切得直线的斜率存在且不为0，
每条切线都与有两个交点，
则切线方程为，
即，
所以，整理得．①
设过点所作的两条切线的斜率分别为，
则是方程①的两个实数根，
∴．②
联立得．③
设点的纵坐标分别为，则是方程③的两个实数根，
∴．④
同理可得，．⑤
联立②，④，⑤三式，得
，
∴当在直线上运动时，点的纵坐标之积为定值2304．

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．（24-25高三上·湖南永州·月考）过点可以作双曲线的两条切线，则点坐标可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由直线的方程与双曲线的方程联立判断过点作双曲线的切线情况即可.
【详解】对于A：设过点切线为：代入化简整理有：，，因为渐近线为：，故A错误；
对于B:设斜率为，则过点的直线方程为,联立得，
则由，
所以过点有两条切线，故B正确；
对于C:因为双曲线得两条渐近线为：，又因为在直线上，所以过点的切线有且只有一条，故C错误；
对于D:因为在双曲线上，所以过点的切线有且只有一条，故D错误.
故选：B.

2．若是双曲线的渐近线上任意一点，下列正确的是（ ）．
A．存在过点的直线与该双曲线相切
B．不存在过点的直线与该双曲线相切
C．至多存在一条过点的直线与该双曲线相切
D．至多存在一条过点的直线与该双曲线只有一个交点
【答案】C
【分析】根据题意设切线方程，得到相切的条件，根据条件分析时，点，此时不存在与双曲线相切的直线，时，根据切线过渐近线上的点确定切线的唯一性即可判断ABC，与渐近线平行或与双曲线相切的直线与双曲线都是只有一个交点即可判断D.
【详解】由题易知切线斜率不为零，也不与渐近线平行（平行时只有一个交点，但不相切），
则设切线方程为，
则，
，
所以，
当时，，解得与题设矛盾，
即当点时，过点的直线不存在与双曲线相切，
当时， ，
又切线过渐近线上的点，由对称性，不妨设点，
则，解得，
所以，
又，所以，
则，
所以每一个点，的值只有一个，
所以至多存在一条过点的直线与该双曲线相切，故C正确，B错误；
对于D，易知当点不在原点时，与另一条渐近线平行的直线与双曲线只有一个交点，
与双曲线相切时也与双曲线只有一个交点，故D错误；
故选：C.
3．（2025·河南·模拟预测）若过点的直线与抛物线交于B，C两点，以B，C为切点分别作的两条切线，则两条切线的交点的轨迹方程为 ．
【答案】
【分析】设出直线方程，利用韦达定理可求两条切线的交点的轨迹方程.
【详解】设的方程为，代入中，整理得，
设，则，
由题意过点的切线斜率存在且不为0，设为，
联立，得，由可得，即，
所以切线方程为，同理可得过点的切线方程为.
联立解得消去，得，
所以两条切线交点的轨迹方程为．
故答案为：
4．在平面直角坐标系xOy中，点到点的距离与到直线的距离相等，记动点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)直线与相切于点，若点的纵坐标为2，求直线的方程.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据抛物线的定义确定抛物线的标准方程.
（2）先确定切点坐标，设出切线方程，与抛物线方程联立，利用可求直线方程.
【详解】（1）设，因为点到定点与定直线的距离相等，故点轨迹为抛物线，且，开口向右，
所以点轨迹方程为：，
即的方程为.
（2）如图：
设，带入的方程，解得，
设直线为，
联立，得
由直线与相切，可得
，
解得，
直线的方程为.
5．已知抛物线C：的焦点为F，为C上一点，且．
(1)求p；
(2)若点在椭圆T：上，且直线AB与椭圆T相切，求椭圆T的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用抛物线焦半径，即可求解.
（2）求出直线的方程为，然后与椭圆联立后消去后得，则，求得，再结合点在椭圆T上即可求解.
【详解】（1）根据题意可知，解得．
故的值为.
（2）由（1）可得，则直线的斜率，
则直线的方程为，
与椭圆联立，得．
因为直线与椭圆相切，所以，化简得．①
因为点在椭圆T上，所以．②
由①②解得，，
所以椭圆T的标准方程为.
6．（25-26高三上·福建·开学考试）已知椭圆E: 的离心率为 短轴长为2.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若不与坐标轴平行的直线l与椭圆E相切于点 P，证明：直线OP与直线l的斜率之积为定值；
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知椭圆的离心率和短轴长建立方程组，解之即可求解；
（2）设，直线：，联立椭圆方程，利用可得，结合得，由其判别式等于0可得，即可证明.
【详解】（1）根据题意得，
又，解得，，
所以椭圆：．
（2）
设点，由（1）知椭圆：，
所以，，
由题意，设直线的斜率为(存在且)，
方程为：，则，
由，消去，得①，
因为直线与椭圆相切，所以方程①，
得，
所以②，
其中．
所以关于的方程②有两相等实根，所以，
所以为定值．
7．已知椭圆，是直线在第一象限上一点，由向已知椭圆作两切线，切点分别是，求直线的方程，使与两坐标轴围成的三角形面积最小，并求出这个最小值.
【答案】，
【分析】设，则切点弦所在直线方程为，可得，由结合基本不等式可得.
【详解】
设，所以切点弦所在直线方程为．
所以，，．
又，，
当且仅当，即，时，
故面积的最小值为，此时直线方程为．
8．（25-26高三上·重庆·月考）已知抛物线的焦点到直线的距离为，直线与交于两点.
(1)求的准线方程；
(2)若直线的方程为，求；
(3)过两点分别作的切线，且相交于点，若点的纵坐标为，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用点到直线的距离公式，结合抛物线焦点坐标列方程求解，即可得准线方程.
（2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合弦长公式即可计算弦长.
（3）先设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到根与系数的关系，再利用导数得出切线的方程，
联立切线的方程得到交点的坐标，最后结合点纵坐标条件推导直线过定点，即可得证.
【详解】（1）根据题意作图如下：

由题意知.因为点到直线的距离为，所以，
解得或，又因为，所以，
所以抛物线的准线方程为.
（2）根据题意作图如下：

将代入，得，
则，
所以.
（3）证明：根据题意作图如下：

由已知，直线与抛物线有两个交点，则其斜率一定存在.
设.
由，得，
所以.
由，得，则，
所以过点的切线方程为，即，
同理过点的切线方程为，
由，得，即，
又点的纵坐标为，所以，又，
所以，
解得，所以直线过定点.
9．已知直线，圆，椭圆的离心率，直线被圆截得的弦长与椭圆的短轴长相等.
（1）求椭圆的方程；
（2）过圆上任意一点作椭圆的两条切线，若切线的斜率都存在，求证：两条切线斜率之积为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题意可得圆心到直线的距离，从而可得，再由离心率和可求出，进而可求出椭圆的方程；
（2）设点，过点的椭圆的切线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立方程组消去，则由直线与椭圆相切可得，再由判别式可判断此方程两个根，即可得过点的切线有两条，从而由根与系数的关系可得，结合可求得答案
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
圆心到直线的距离，
因为圆的半径为，
所以被圆截得的弦长为，所以.
由题意得，
又，所以，.所以椭圆的方程为.
（2）设点，过点的椭圆的切线的方程为，整理得.
联立，消去，得，
整理得.
因为切线与椭圆相切，
所以，
整理得，，因为，所以.
设满足题意的椭圆的两条切线的斜率分别为，，
则.
因为点在圆上，所以，所以.
所以两条切线斜率之积为定值.
10．已知圆的方程为，直线的方程为，点为平面内一动点，是圆的一条切线为切点），并且点到直线的距离恰好等于切线长．
（1）求点的轨迹方程；
（2）已知直线的方程为，过直线上一点作（1）中轨迹的两条切线，切点分别是，两点，证明：直线经过定点，并求出定点坐标．
【答案】（1）；（2）证明见解析；定点的坐标为．
【分析】（1）设的坐标，求出点到直线的距离，再由切线长，半径和圆心到的距离的关系，求出切线长的值，由题意可得的坐标的关系，即求出点的轨迹方程；
（2）设直线的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，求导可得在，的切线的斜率，进而求出在，处的切线方程，两条切线方程联立求出交点的坐标，再由在直线上可得参数的关系，代入直线的方程可证得直线 恒过定点．
【详解】解：（Ⅰ）设点的坐标，
则点到直线的距离，
过点做圆的切线，则切线长，
由题意可得，
整理可得，
所以点的轨迹方程：；
（Ⅱ）证明：设直线的方程为：，设，，，，
联立直线与抛物线的方程：，整理可得：，
则，
由可得，所以，
所以在点的切线方程为：，
即，
同理可得在点切线方程为，
，解得，
由题意可得两条切线的交点在上，
所以，即，
代入直线的方程：，
所以直线恒过定点，且定点的坐标为．
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
11．在平面直角坐标系中，已知圆心为点的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)为直线：上一个动点，过点作曲线的切线，切点分别为，，过点作的垂线，垂足为，是否存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出的值，并求定点的坐标．
【答案】(1)
(2)存在这样的，当时，坐标为．
【分析】（1）依题意，由几何法即可得出圆心的轨迹是以为焦点，：为准线的抛物线．
（2）设直线的方程，对抛物线方程求导化简也可得直线的方程，由恒等思想可得，，构造直线方程为，故两点代入化简可得恒过点，再由得，恒过点 ，从而可得结论.。
【详解】（1）依题意，圆心的轨迹是以为焦点，：为准线的抛物线．
所以抛物线焦点到准线的距离等于2，故动圆圆心的轨迹为．
（2）假设存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点，
设，，，直线的方程为，
将抛物线方程变形为，则，所以，
所以的方程为，
因为，所以直线的方程为，
把代入的方程得．
同理可得．
构造直线方程为，易知，两点均在该直线上，
所以直线的方程为，
故恒过点．
因为，所以可设方程为，
化简得，
所以恒过点
当，即时，与均恒过，
故存在这样的，当时，坐标为．
12．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆上的任一点，从原点向圆引两条切线，设两条切线的斜率分别为，
（i）求证：为定值；
（ii）当两条切线分别交椭圆于时，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）直接列出关于的方程组求解；
（2）（i）写出切线方程，由圆心到切线距离等于半径可以得出与的关系，从而得出是某个一元二次方程的解，利用韦达定理可得；
（ii）设，利用及椭圆方程求得，再求得后可得．
【详解】（1）题意，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）证明：依题意，两条切线方程分别为，
由，化简得，
同理.
所以是方程的两个不相等的实数根，
则.
又因为，所以，
所以.
（ii）证明：由（得，，设，则，即，
因为，所以，
得，即，
解得，
所以，
所以为定值.
13．（24-25高三上·河南周口·期末）已知抛物线的顶点为，焦点为，直线与相交于，两点，当时，.
(1)求的方程.
(2)若，试问是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
(3)若经过点，直线与相切于点，且，求面积的最小值.
【答案】(1)；
(2)恒过；
(3).
【分析】(1) 根据题意为通径，故;
(2) 设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理得，，由知，将韦达定理代入即可;
(3) 由题可设直线的方程为，直线方程为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理可得，再联立直线与抛物线方程，令，可得与的关系，即可用表示三角形的高，将表达式代入面积公式得到关于斜率的函数，对其求导，即可求最值.
【详解】（1）当时，可知过焦点，且与抛物线对称轴垂直，
所以，所以，
所以的方程为：.
（2）由题意，直线斜率可以不存在，但不能为，
故可设的方程为：，设，
联立，消去并整理得，
所以，
所以，
由得，
所以，
所以，
所以，
所以，解得
故，因此恒过．
（3）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，直线的方程为，且切点为，
将代入中，解得，所以；
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，，即，
联立，整理得，
则，，
故，
化简得，
因为且，所以设方程为，
联立得，，
因为直线与抛物线相切，所以令，解得，
因此直线与直线的距离，
则三角形的面积为
，
当时，，求导得
，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，取得最小值.
当时，，求导得
，所以单调递增，此时无最值.
综上， 面积的最小值为.

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．已知双曲线的右焦点为，点F到C的渐近线的距离为1.
(1)求C的方程.
(2)若直线与C的右支相切，切点为P，与直线交于点Q，问x轴上是否存在定点M，使得？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）先由题意求出C的渐近线方程，，再根据点F到渐近线的距离为1求出b，得，即可得C的方程；
（2）先由题意判断直线的斜率存在，设出的方程，与C的方程联立，根据直线与C相切求得点P的坐标，再根据题意求出点Q的坐标，假设存在点M满足题意，设出点M的坐标，根据并借助向量的数量积将问题转化为点的坐标之间的关系，化简求解，即可得到结果.
【详解】（1）解：由题意，双曲线的渐近线方程为，
又由双曲线的右焦点为，可得，
所以到渐近线的距离，
所以，所以C的方程为.
（2）解：由题意易知直线的斜率存在，设其方程为，
联立与C的方程，消去y，得，
因为直线与C的右支相切，所以，（双曲线右支上的点需满足的条件）
，
得，则，
设切点，则，
，
设，因为Q是直线与直线的交点，所以，，
假设x轴上存在定点，使得，
则
，
故存在，使得，即，
所以x轴上存在定点，使得.
2．已知为坐标原点，椭圆的右焦点为，且点在上.
(1)求的方程；
(2)设直线交于两点，与在第二象限相切于点，且直线和过点，若，，依次成等比数列，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过题干并结合椭圆的性质列出等式，联立等式即可求出椭圆的标准方程；
（2）先设出直线方程，再与椭圆联立，利用判别式求出的值，再设出直线方程并与椭圆联立，利用韦达定理得到交点的关系，结合等比数列的性质、距离公式求出直线的斜率即可证明.
【详解】（1）椭圆的右焦点为， ①.
又点在上， ②，又 ③，
故联立①②③可得，的方程为.
（2）过点，设直线，联立，
与在第二象限相切，得 ①，
，
整理得，解得或.
由题意如图可知，，所以.
当时，代入①得，即，
点，，
设直线，联立
得，
，
整理得，解得，，
，，
.
因为依次成等比数列，所以，
所以，解得（结合的范围可舍去2），
即，则直线的斜率为.
又，所以.
3．已知曲线和曲线.
(1)若曲线上两个不同点A、B的横坐标分别为，求证：直线的方程：；
(2)若直线与曲线相切，求证：；
(3)若曲线上任意点向曲线引两条切线交于另两点为，求证：直线与曲线相切.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据斜率公式以及点斜式即可求解直线方程；
（2）联立直线与曲线方程可得，根据判别式为0即可求解；
（3）根据以及（2）中得QR的方程：，验证（2）的结论即可求解.
【详解】（1）设，，因为A，B在曲线上，所以有：
，易知，
所以直线AB的斜率.
根据点斜式方程，直线AB过点，则直线AB的方程为.
将代入上式得：，
展开可得：,
化简得，
即，得证.
（2）将直线：代入曲线，可得：，
展开并整理得：.
因为直线l与曲线相切，所以此一元二次方程的判别式.
则
展开得：，
化简可得，得证.
（3）设P，Q，R三点横坐标分别为，，，
结合（1）可知直线PQ的方程：，
直线PQ与曲线相切，再结合（2）中得：.
整理得：
再整理：.
同理可得，
所以直线既过点又过点
即直线QR的方程：.
再次结合（2）可推算：
,
所以，直线QR与曲线相切.
4．已知椭圆的上、下焦点分别为，顶点在原点的抛物线的焦点与椭圆的上焦点相同，过点的直线与交于两点，与抛物线交于两点，当直线垂直于时，．
(1)求椭圆和抛物线的标准方程；
(2)若的内切圆的半径为，求直线的方程；
(3)分别以为切点作抛物线的切线，则两切线的交点是否在定直线上？证明你的结论．
【答案】(1)椭圆的标准方程为，抛物线的标准方程为
(2)
(3)两切线的交点在定直线上，证明见解析
【分析】（1）由题意可得，可得，进而求得抛物线的标准方程，再结合题设可得，代入椭圆方程求出的值，进而得到椭圆的标准方程；
（2）结合椭圆的定义及三角形面积公式可得，设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理和建立方程求解即可；
（3）设，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得，再结合导数的几何意义求出的方程，求出的交点为，即可得证.
【详解】（1）由题意，，即，则，
则抛物线的焦点为，所以抛物线的标准方程为，
由于过点的直线垂直于时，，不妨记，
将代入，得，又，
解得，则椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知，，
因为的内切圆的半径为，
所以
，
要构成，显然直线的斜率存在，
设直线的方程为，，
联立，得，
则，，
则，
所以，
则，解得，
所以直线的方程为.
（3）两切线的交点在定直线上，证明如下：
设，设直线的方程为，
联立，得，
则，，
对于抛物线：，即，则，
则，
所以抛物线在点的切线的方程为，
即，
在点的切线的方程为，
即，
联立，解得，
所以两切线的交点为，在定直线上.
5．设抛物线C：的焦点为F，P是抛物线外一点，直线PA，PB与抛物线C切于A，B两点，过点P的直线交抛物线C于D，E两点，直线AB与DE交于点Q.
(1)若AB过焦点F，且，求直线AB的倾斜角；
(2)求的值.
【答案】(1)或
(2)2
【分析】（1）设AB直线的方程，再和抛物线联立，运用抛物线的定义及韦达定理可求出直线AB的倾斜角；
（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为，与抛物线联立由求出直线PA的方程，同理可得直线PB方程，即可求出直线AB的方程，与抛物线联立求出，设直线PD的方程为与抛物线联立由韦达定理表示出，，代入化简即可得出答案.
【详解】（1）设，，，，
因为直线AB的斜率不为0，所以设AB直线的方程为，
联立方程，消去y，得，
所以，，
所以，，
所以直线的倾斜角为或.
（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为，（k存在，A不为原点），
联立方程，消去x得，，
，即，
所以，即，
所以直线PA的方程为，即，
同理可得，直线PB方程为：，
因为点在直线PA，PB上，所以，，
所以直线AB的方程为：
设直线PD的方程为，
联立方程，消去x，得，
得，，
联立方程，消去x，得，
由于点P在抛物线的外部，点Q在抛物线的内部，
所以.

【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线位置关系中的定值问题，此类问题一般有两个处理方法：（1）联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理化简目标代数式，从而可解决定值问题；（2）设出抛物线上动点的坐标（注意用纵坐标表示横坐标或用横坐标表示纵坐标），把题设条件转化为关于坐标的关系，从而可解决定值问题.
6．（24-25高三上·河北秦皇岛·期末）已知双曲线(其中)的离心率为，且E上的点到焦点距离的最小值为．
(1)求E的方程；
(2)过直线上一点P，作双曲线E的两条切线，切点分别为A，B，连接AB．
（i）求证：直线AB过定点，并求出定点的坐标；
（ⅱ）已知点P在第一象限，A，B分别在第一、四象限，若的面积为，求直线AB的方程．
【答案】(1)
(2)(i);(ii)
【分析】（1）根据已知得，求得求E的方程；
（2）（i）利用上点处切线方程公式，设，，写出处的双曲线切线方程为，根据它们都经过都经过点，得到直线的方程进而证明经过定点；（ⅱ）利用三角形面积公式求得面积关于得表达式，根据已知得到方程求解，进而得到直线的方程.
【详解】（1）由已知得，解得，所以，
所以；
（2）(i)引理：二次曲线（不为0）上任意一点处的切线方程为：.
（证明：二次曲线①（不为0） ，设曲线②的方程为，
显然①，②两方程相减得，即：③，
由于点不可能是坐标原点，所以这是一条直线的方程.
由于①②，①③，②③联立之后是等价的同解方程组，所以直线③经过①②的所有公共点，且与①或②不可能再有其它的公共点，
由于曲线①②只有点作为公共点，所以直线③与曲线①只有一个公共点.
当①是椭圆时，直线③与之有且只有点这一个公共点，它就是椭圆的切线；
当二次曲线①为双曲线时，②表示的是经过点与双曲线的渐近线平行的两条直线所构成的图形，
①②不可能再有除点外的其它公共点，所以②③也不可能再除点外的其它公共点，
也就是说直线③与①有且只有点这一个公共点，且直线③与双曲线的渐近线不平行，
所以它就是双曲线的切线.
引理证毕.）
设，，
则处的切线方程为，
因为它们都经过点，所以为，
所以直线的方程为，
显然直线经过定点；
(ii)设，，
直线的方程为，与联立消去得：，
则，所以，，
，
点到直线的距离，
若，即(*)，
令，则，
代入(*)可得： ，即，，
再设，则得
解得，（负值舍去)，则，所以，
解得，所以直线的方程为.
7．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）椭圆的左，右焦点分别为，，过的直线交于，两点（点位于轴上方），为坐标原点.
(1)若，求的值；
(2)已知二次曲线在点处的切线方程为，现过，两点作的两条切线相交于点，求面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量共线直接可得解.
（2）联立直线与椭圆，根据弦长公式可得，再根据切线方程可得点，进而可得三角形面积，设，构造函数，根据导数判断最值.
【详解】（1）由椭圆的对称性可知，
则，
即，
又，，三点共线，
则，
解得；
（2）
如图所示，易知直线斜率不为，
且点，
设直线方程为，，，
联立直线与椭圆方程，，
整理可得，
则，
且，，
则，
由已知可得直线，，
设点，联立直线与得，，
则点到直线的距离，
则
设，
则，
设，，
则恒成立，
所以在上单调递增，
所以的最小值为，
即面积的最小值为.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
8．（25-26高三上·河北衡水·开学考试）关于椭圆有如下结论：“过椭圆上一点作该椭圆的切线，切线方程为”.已知离心率都为的椭圆，的对称中心都是原点.焦点都在轴上，且椭圆的焦距是椭圆的焦距的倍，椭圆的长轴长为4.
(1)分别求椭圆，的标准方程；
(2)已知点是椭圆上的任意一点，过点分别作椭圆的两条切线.切点分别为，，直线，分别与椭圆相交于异于点的，两点.
（i）证明：线段是的中位线：
（ii）证明：直线经过原点.
【答案】(1)：，：.
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的长轴长，短轴长和离心率即可求得椭圆方程；
（2）设点坐标，并由椭圆方程得到参数的关系式，
（i）由题意写出直线的方程，联立椭圆方程整理得到一元二次方程，由韦达定理得到三个点的横坐标的关系，再由中点坐标关系即可得证；
（ii）根据题意写出直线和的方程，代入点坐标，得到直线方程，联立椭圆方程和直线方程，整理得到一元二次方程，结合点在椭圆上化简方程，由韦达定理写出关系式，得到线段的中点坐标，由平行四边形中平行关系，证明三点共线即可得证.
【详解】（1）设椭圆的方程为，焦距为，
椭圆的方程为，焦距为，
由椭圆的长轴长为4，离心率都为，可得，，，
又由椭圆的焦距是椭圆的焦距的倍，可得，，，
故椭圆的标准方程为，椭圆的标准方程为.
（2）设，，，，，有，，.
（i）证明：直线的方程为，
联立方程，消去有，
代入，上述方程可化为，
又由一元二次方程根与系数的关系，有，可得，
由中点坐标公式可知是线段的中点，同理可得是线段的中点，
故线段是的中位线.
（ii）证明：由直线的方程为，直线的方程为，
又由点在直线和上，有，可得点，都在直线上，
可得直线的方程为，
联立方程，消去有，
代入，上述方程可化为，
又由一元二次方程根与系数的关系，有，可得，
又由，
当时，，，线段的中点为，即，
当时，有，可得，可得线段的中点为，
又由线段的中点为，可得四边形为平行四边形，
记平行四边形的对角线的交点为，
又由，，，可得，，
又由，，三点共线，故，，三点共线，
故直线经过原点.
9．（2025·海南·模拟预测）已知抛物线与圆没有公共点，过上一动点作圆的两条切线，切点分别为、．
(1)求实数的取值范围．
(2)若，求的最小值．
(3)设直线、分别交于另一点、，是否存在实数，使得当点在上运动时，直线总与圆相切?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，且
【分析】（1）分、两种情况讨论，将两曲线方程联立，结合可求得实数的取值范围；
（2）设点，，要使得最小，只需最大，即最大值，利用二次函数的基本性质求出的最大值，即可得出的最小值；
（3）假设存在实数满足题中条件，则，切线、的方程分别为、，求出、的坐标，求出直线的方程，根据直线与圆相切求出的值，然后证明出当时，对于上任意一点，直线总与圆相切即可.
【详解】（1）由已知可得圆的圆心为，半径为，
当时，易知曲线与圆没有公共点；
当时，联立得，消去得，
由，解得，
因此，实数的取值范围是.
（2）当时，圆的圆心为，半径为，
设点，，
要使得最小，只需最大，即最大值，
，
当时，取最大值，
所以的最小值为.
（3）假设存在实数满足题中条件，则，
如图，当与坐标原点重合时，设切线、的方程分别为、，
则圆心到直线的距离为，可得①，
将、代入抛物线方程，得、，则直线的方程为，
由直线与圆相切可得②，由①②解得（负值已舍去）；
下面证明当时，对于上任意一点，直线总与圆相切，
设点、、，
则直线的方程为，即，
同理可得直线的方程为，
所以直线的方程为，
因为直线与圆相切，则，即，
同理由直线与圆相切得，
则、为方程的两个不等的实根，
则，，
点到直线的距离为，
即直线与圆相切，
综上所述，存在，使得当点在曲线上运动时，直线总与圆相切.
10．（2025·浙江·二模）已知椭圆，过作椭圆在第四象限的切线，其中切点为.设是椭圆第一象限上的动点，过作椭圆的另一条切线，交轴于点.
(1)求切线的方程；
(2)过点垂直于轴的直线与直线交于点，求面积的最大值；
(3)直线和切线相交于点，过点作的平行线交切线于点.问：是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）设，联立椭圆方程，利用判别式等于0，即可求得答案；
（2）求出A点坐标，即可得，从而表示出面积的表达式，利用三角代换，即可求得答案；
（3）假设存在实数，使得成立，只需证明时结论成立即可.
【详解】（1）由题意可知斜率不为0，且斜率为正，
设，联立椭圆，
可得：，令，
（负值舍），则
（2）由（1）可知：即，
则，则直线的方程为，
则，则.
设，，
则
，
，所以，当时取到最大值.
（3）假设存在实数，使得成立，
下证：，即证：.
由题可知在的切线方程为：.令，，
，，所以.
联立和，解得交点的横坐标.
，因此，即，
故假设成立，即存在实数，使得成立.
11．（24-25高三上·四川成都·期中）已知抛物线的焦点为，直线过点交于，两点，在，两点的切线相交于点，的中点为，且交于点．当垂直于轴时，长度为；
(1)求的方程；
(2)若点的横坐标为，求；
(3)设在点处的切线与，分别交于点，，求四边形面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）当垂直于轴时可得点的坐标，利用长度为可得结果.
（2）联立直线与抛物线方程可得点坐标，求导可得抛物线在点处的切线方程，进而表示出点的坐标，利用点的横坐标为得到直线的方程，进而求出点坐标，得到的值.
（3）根据（2）可得点坐标，求出点处的切线斜率可得切线与直线平行，利用平行转化面积，表示的面积即可得到结果.
【详解】（1）由题意得，.
当垂直于轴时，点，，
此时，即，
所以抛物线的方程为.
（2）由题意得，，直线的斜率存在.
设直线的方程为，，.
联立得，
所以，，
则.
将代入直线，得，
则的中点.
因为，所以，
则直线的方程为，即.
同理可得，直线的方程为，
所以，，
所以.
因为，则，所以，此时，，
所以直线的方程为，代入，得，
所以，所以.
（3）由（2）知，，，所以直线的方程为，
代入，得，所以，所以为的中点.
因为抛物线在点处的切线斜率，所以抛物线在点处的切线平行于.
又因为为的中点，所以.
因为直线的方程为，
所以.
又到直线的距离，
所以，
当时等号成立，
所以，
所以四边形的面积的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是得到点处的切线与直线平行，利用点为线段的中点得到，结合焦点弦和点到直线距离公式得到的表达式，从而得到其最小值.
12．（24-25高三下·湖南长沙·开学考试）如图已知抛物线，点A，B，C是抛物线上的三个不同的动点，当抛物线的焦点F为的重心时，线段FA，FB，FC长度之和为．过A，B，C三点作抛物线的切线，三条切线两两交于点D，E，G．
(1)求p；
(2)求证：；
(3)已知和的面积分别为，是否存在实数，使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)答案见解析.
【分析】（1）设，然后由重心坐标公式及抛物线定义可得答案；
（2）即证，由题求出，，，结合可完成证明；
（3）由（2）可得，，又注意到与同底，则，
其中n为C点到AB距离与G点到AB距离的比，最后结合可计算对应的.
【详解】（1）设，因焦点F为的重心，
又F，则，又线段FA，FB，FC长度之和为，
结合抛物线定义，又抛物线准线为.
可知.
（2）由（1），抛物线，则
.设在A点的切线方程为：，将其与抛物线方程联立，
可得：，令其判别式为0，
则
故在A点的切线方程为：，
同理可得在B点切线为：，在C点切线为：.
联立A与B处切线方程，则，可得.
同理可得，，.
因A，E，G与B，D，G均三点共线，则.
因，
则，，
，，
可得，即；
（3）由（2），，
则，，
则，其中.
注意到与同底，则，
其中n为C点到AB距离与G点到AB距离的比.
由（2），，
则AB直线方程为：，
，又，则.
,
则.
又，
则，故存在实数，使得.
【点睛】关键点睛：对于线段长度成比例的证明，可如题利用向量，也可联想几何意义利用相似去证明；对于面积比例问题，可通过两三角形的公共要素找寻问题突破口，也可如本题，找寻两三角形与同一三角形的关系.
13．（24-25高三上·江苏盐城·月考）已知双曲线的离心率为2，右焦点与抛物线的焦点重合，双曲线的左、右顶点分别为，点为第二象限内的动点，过点作双曲线左支的两条切线，分别与双曲线的左支相切于两点，已知的斜率之比为．
(1)求双曲线的方程；
(2)直线是否过定点？若过定点请求出定点坐标，若不过定点请说明理由；
(3)设和的面积分别为和，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)直线过定点
(3)
【分析】（1）利用双曲线离心率和焦点坐标，求出的值，即得其标准方程；
（2）设,由的斜率之比为求得，由分别写出切线和的方程，利用同构思想即得直线的方程，从而可得定点；
（3）利用（2）直线过定点可推得，即得，设，与双曲线方程联立，消元得韦达定理，依题求得的范围，计算并化简得，通过换元，利用函数的单调性即可求得其范围.
【详解】（1）由题意知，双曲线的焦点在轴上，中心在原点，可设其方程为，
由双曲线的离心率为2，可得解得；
又双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的焦点坐标为，
即，故，双曲线的标准方程为；
（2）由双曲线方程，可得，设，
所以，
因为的斜率之比为，即，
解得，所以点在直线上，设 ，
则切线方程为：，则切线方程为：，（此处两个切线方程在题后证明）
因点既在直线上又在直线上，则有，
故直线的方程为：，化简可得，
所以直线过定点：
【附】下证：过双曲线上的一点的切线方程为.
证明：对的两边分别求导，可得：，
则切线斜率为，
故过点的切线方程为：，即得，证毕.
（3）
由（2）得直线过定点，所以，，
所以，点到直线的距离为点到直线的距离的3倍，所以，，
因为，所以，，
若直线的斜率为0，则直线与双曲线的左支的交点为与已知矛盾；
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
直线与双曲线的交点坐标为．
求得切线的方程为，切线的方程为，
此时点的坐标为，与点在第二象限矛盾；
设，
将代入双曲线中得，
由已知，其判别式为：，
则，
由已知，所以，
所以，化简可得，又，
所以或，即的取值范围为．
于是，，
令，则，
故，
函数在上单调递增，所以，
故的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与双曲线相交有关的过定点、范围问题，属于难题.
解题关键有二：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件；
（2）强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
直线与圆锥曲线有两个不同的公共点的判定：通常的方法是直线与圆锥曲线方程联立方程消元后得到一元二次方程，其中；另一方面就是数形结合，如直线与双曲线有两个不同的公共点，可通过判定直线的斜率与双曲线渐近线的斜率的大小得到．
在弦长有关的问题中，一般有三类问题：
（1）弦长公式：．
（2）与焦点相关的弦长计算，利用定义；
（3）涉及到面积的计算问题．
直线与圆锥曲线只有一个公共点则直线与双曲线的一条渐近线平行，或直线与抛物线的对称轴平行，或直线与圆锥曲线相切．